Problemas Resueltos Para El Curso FI1001 Introducción A La Física Newtoniana - Rodrigo Sabaj Saavedra

Departamento de Física
Facultad de Ciencias Físicas y Matemáticas
Universidad de Chile
Problemas resueltos para el
curso FI1001 Introducción a la
física newtoniana
Rodrigo Sabaj Saavedra
rgosabaj@gmail.com
08/04/2013
Facultad de Cs Físicas y Matemáticas
1
Universidad de Chile
Contenido
Prefacio ....................................................................................................................... 2
Análisis dimensional .................................................................................................. 3
Cinemática .................................................................................................................. 7
Dinámica .................................................................................................................. 30
Trabajo y energía ...................................................................................................... 47
Momentum lineal y choques .................................................................................... 60
Gravitación ............................................................................................................... 72
Contenido
Problemas resueltos para el curso FI1001
Rodrigo Sabaj Saavedra
Facultad de Cs Físicas y Matemáticas
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Universidad de Chile
Prefacio
Este trabajo nace de los comentarios de algunos estudiantes que señalan: “hice el ejercicio
pero no sé si está bien porque no tiene pauta”. Ante esto, la idea original fue presentar un
compilado de ejercicios pero con respuesta, sin desarrollo. El comentario que surgió esta vez fue:
“es útil, pero más útil sería si tiene desarrollo, pues así se puede comparar con el realizado por
uno”. Así, se comenzó con la recopilación de ejercicios que, a mi humilde opinión, resultan
representativos de lo que se solicita a los estudiantes del curso FI1001 Introducción a la física
newtoniana, intentando abarcar todos los conocimientos que se adquieren en el dicho curso,
desde lo más básico hasta un nivel de dificultad que, espero, supere la dificultad de las
evaluaciones comunes del curso. La idea de esta guía es que se cuente con el desarrollo y
respuesta final para su comparación y que el estudiante no tome esta guía para leerla sin ejercitar,
pues de esta forma el aprendizaje es prácticamente nulo.
Los problemas han sido rescatados principalmente de evaluaciones anteriores, ya sea
controles anteriores o de ejercicios evaluados en las diferentes secciones, tanto en el curso anual
que se dictaba en el antiguo plan de estudios como en el curso semestral que nos rige
actualmente. En estos casos, se indica a qué control y a qué semestre o año pertenecen; en el caso
de ser un ejercicio se indica también el profesor que lo planteó. También se obtuvieron algunos
ejercicios de los libros Introducción a la mecánica (Herbert Massmann), Física Universitaria
(Searz, Zemansky, Young, Freedman) y Problemas seleccionados de física elemental (Bújovtsev,
Krívchenkov, Miákishev, Saráeva) y otros tantos de guías de ejercicios planteadas por algunos
profesores como Hugo Arellano, Andrés Meza y Álvaro Núñez.
Aunque he revisado más de una vez este trabajo, siempre se escapan errores. Por este
motivo, invito a quienes utilicen este material para su estudio que me escriban para señalarme sus
correcciones. Pido disculpas de antemano por los errores presentados. Además, si alguien
propone alguna idea para un desarrollo o para su explicación, su correo será muy bienvenido. De
esta forma, espero que los estudiantes tengan una participación activa en este trabajo.
Agradezco a todas las personas que aportaron con su opinión durante el desarrollo de esta
guía para que su formato sea lo más amistoso posible. Agradezco también, las correcciones que
los estudiantes de la sección 4, año 2012 hicieron a este trabajo durante su estudio.
Solicito humildemente que estos problemas queden para el estudio del alumnado y no sea
aprovechado por los profesores auxiliares para realizar sus clases auxiliares. No es la finalidad de
este trabajo ahorrarle trabajo a otras personas sino ayudar al estudiante. Existen muchos
problemas para hacer en clases.
Espero que este trabajo sea del gusto de los estudiantes y se transforme en una
herramienta útil. Éxito a todos.
Prefacio
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Unidad 0
Análisis dimensional
Análisis dimensional
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 Problema 1
𝑥𝑧
Determinar las dimensiones de E, si 𝐸 = 𝑦 2 sabiendo asimismo que la expresión:
𝑚𝑥
𝑚𝑦
) = 𝑦 ∙ 𝑡𝑎𝑛 (𝜃 +
)
𝑡
𝑧
es dimensionalmente correcta, siendo 𝜌 la densidad volumétrica, 𝑣 la rapidez y 𝑚 la masa.
𝜌 ∙ 𝑣 ∙ 𝑙𝑛 (
Se debe tener claro que el argumento de funciones trigonométricas, exponenciales y logaritmos
deben tener un argumento adimensional, así:
[𝑥] = 𝑀−1 𝑇
Luego, el análisis dimensional de estas funciones resulta ser adimensional, de esta forma se debe
cumplir
[𝑦] = [𝜌][𝑣] = 𝑀𝐿−3 ∙ 𝐿𝑇 −1 = 𝑀𝐿−2 𝑇 −1
En este problema rescatamos, además, que los ángulos también son adimensionales: [𝜃] = 1.
Entonces, z debe cumplir que
[𝑧] = [𝑚][𝑦] = 𝑀 ∙ 𝑀𝐿−2 𝑇 −1 = 𝑀2 𝐿−2 𝑇 −1
Finalmente, las dimensiones de E son:
[𝐸] =
[𝑥][𝑧] 𝑀−1 𝑇𝑀2 𝐿−2 𝑇 −1
𝑀𝐿−2
=
= 2 −4 −2 = 𝑀−1 𝐿2 𝑇 2
[𝑦]2
(𝑀𝐿−2 𝑇 −1 )2
𝑀 𝐿 𝑇
 Problema 2: Ejercicio 1, semestre otoño 2011, Prof. Diego Mardones
𝑚3
A partir de las constantes de gravitación universal 𝐺 = 6,67 ∙ 10−11 𝑠2 ∙𝑘𝑔, de la masa terrestre 𝑀𝑇 = 6 ∙
1024 𝑘𝑔 y su radio 𝑅𝑇 = 6,3 ∙ 106 𝑘𝑔, construya una cantidad con dimensiones de velocidad y estime su
valor numérico con una cifra significativa.
Ya que nos dan las unidades de medida, es fácil ver que las dimensiones quedan dadas por:
[𝐺] = 𝐿3 𝑇 −2 𝑀−1 , [𝑀𝑇 ] = 𝑀 , [𝑅𝑇 ] = 𝐿
Como se desea construir una cantidad con dimensiones de velocidad, se cumplirá
𝐿𝑇 −1 = (𝐿3 𝑇 −2 𝑀−1 )∝ 𝑀𝛽 𝐿𝛾
obteniéndose el siguiente sistema de ecuaciones
para L: 1 = 3𝛼 + 𝛾
para T: −1 = −2𝛼
para M: 0 = −𝛼 + 𝛽
1
1
De la ecuación para T obtenemos 𝛼 = 2 y reemplazando en las otras dos ecuaciones, resulta 𝛽 = 2 y
1
𝛾 = − 2.
La cantidad solicitada va a estar dada por
𝐺𝑀𝑇
𝑣 = 𝑓(𝑘)√
𝑅𝑇
Análisis dimensional
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con 𝑓(𝑘) un valor adimensional. Si consideramos este valor igual a 1, la estimación queda dada por
6,67 ∙ 10−11 ∙ 6 ∙ 1024 m
m
m
𝑣=√
[ ] ≈ √6,67 ∙ 107 [ ] ≈ √66,7 ∙ 103 [ ]
6
6,3 ∙ 10
s
s
s
m
𝑣 ≈ 8 ∙ 103 [ s ]
Para los curiosos: la expresión obtenida corresponde a la denominada rapidez de escape, que es la
rapidez con que debe ser lanzado un proyectil para que escape de la Tierra y está dada por la
expresión
2𝐺𝑀𝑇
𝑣𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 = √
𝑅𝑇
tomando el valor de 11200 metros por segundo o 40200 kilómetros por hora.
 Problema 3: Pregunta 1 prueba azul, 38va Olimpiada Internacional de Física, Isfahán Irán 2007.
1) Encuentre las dimensiones de las constantes fundamentales, es decir, la constante de Planck h, la
velocidad de la luz c, la constante de gravitación universal 𝐺 y la constante de Boltzmann 𝑘𝐵 en función
de las dimensiones de longitud, masa, tiempo y temperatura.
𝑚 𝑚
Nota: Considere la ley de gravitación universal de Newton |𝐹⃗ | = 𝐺 𝑟1 2 2, la energía de un fotón dada por
la relación de Planck 𝐸 = ℎ𝜈, donde 𝜈 es la frecuencia del rayo de luz, y la energía cinética media de las
3
moléculas de un gas 𝐸 = 2 𝑘𝐵 𝑇 .
Partamos por c, que es una unidad de rapidez
[𝑐] = 𝐿𝑇 −1
Por la 2da Ley de Newton, 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗. Luego despejamos G y hacemos el análisis dimensional
[𝐹][𝑟 2 ] [𝑚𝑎][𝑟 2 ] 𝑀𝐿𝑇 −2 𝐿2
𝐹𝑟 2
[𝐺] = [
]=
=
=
= 𝑀−1 𝐿3 𝑇 −2
[𝑚1 𝑚2 ]
[𝑚1 𝑚2 ]
𝑚1 𝑚2
𝑀2
La energía tiene las mismas dimensiones que el trabajo, definido como 𝑊 = 𝐹⃗ ∙ ∆𝑟⃗ y la frecuencia es
el inverso del periodo, el que tiene dimensiones de tiempo.
[ℎ] =
[𝐸] [𝐹⃗ ][∆𝑟⃗] 𝑀𝐿𝑇 −2 𝐿
=
=
= 𝑀𝐿2 𝑇 −1
[𝜈]
[𝜈]
𝑇 −1
Los números son unidades adimensionales, por lo que asumimos que su análisis dimensional es 1.
3 [𝐸]
𝑀𝐿2 𝑇 −2
[𝑘𝐵 ] = [ ]
=1
= 𝑀𝐿2 𝑇 −2 𝐾 −1
2 [𝑇]
𝐾
2) La ley de Stefan-Boltzmann señala que la potencia emisiva de un cuerpo negro, que es la energía
radiada por unidad de superficie de un cuerpo negro, en unidad de tiempo es igual a 𝜎𝑇 4 , donde 𝜎 es la
constante de Stefan-Boltzmann y T es la temperatura absoluta del cuerpo. Determine las dimensiones de
la constante de Stefan-Boltzmann en términos de las dimensiones de longitud, masa, tiempo y
temperatura.
Análisis dimensional
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El enunciado nos indica que la potencia por unidad de área es proporcional a la cuarta potencia de la
temperatura absoluta, así
𝑃
= 𝜎𝑇 4
𝐴
[𝐸]
𝑀𝐿2 𝑇 −2
[𝜎] =
=
= 𝑀𝑇 −3 𝐾 −4
[𝑡][𝐴][𝑇 4 ]
𝑇𝐿2 𝐾 4
3) La constante de Stefan-Boltzmann no es una constante fundamental, por lo que puede ser escrita en
términos de las constantes fundamentales, es decir, 𝜎 = 𝑎ℎ𝛼 𝑐 𝛽 𝐺 𝛾 𝑘𝐵 𝛿 , donde a es una constante
adimensional. Encuentre los valores de 𝛼, 𝛽, 𝛾 y 𝛿 usando análisis dimensional.
Se tiene que
[𝜎] = [𝑎][ℎ]𝛼 [𝑐]𝛽 [𝐺]𝛾 [𝑘𝐵 ]𝛿
𝑀𝑇 −3 𝐾 −4 = 1(𝑀𝐿2 𝑇 −1 )𝛼 (𝐿𝑇 −1 )𝛽 (𝐿3 𝑀−1 𝑇 −2 )𝛾 (𝑀𝐿2 𝑇 −2 𝐾 −1 )𝛿
𝑀𝑇 −3 𝐾 −4 = 𝑀𝛼−𝛾+𝛿 𝐿2𝛼+𝛽+3𝛾+2𝛿 𝑇 𝛼−𝛽−2𝛾−𝛿 𝐾 −𝛿
Igualando los exponentes, podemos crear el siguiente sistema de ecuaciones
M: 1 = −𝛼 − 𝛾 + 𝛿
L: 0 = 2𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 + 2𝛿
T: −3 = 𝛼 − 𝛽 − 2𝛾 − 𝛿
K: −4 = −𝛿
De la ecuación para K:
𝛿 = 4.
Además si sumamos la ecuaciones de M, L y T tenemos
−2 = 2𝛼 + 2𝛿
1
𝛼 = (−2 − 8)
2
𝛼 = −5
De la ecuación para M:
𝛾 = 𝛼 + 𝛿 − 1 = −5 + 2 − 1
𝛾 = −4
Finalmente, de la ecuación para T:
𝛽 = 𝛼 − 2𝛾 − 𝛿 + 3 = −5 + 8 − 4 + 3
𝛽=2
Análisis dimensional
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Unidad 1
Cinemática
Cinemática
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 Problema 1
Los sismos generan varios tipos de ondas, siendo las más conocidas las ondas P (primarias o de
presión) y las ondas S (secundarias o de corte), las cuales viajan con rapidez 𝑣𝑃 y 𝑣𝑆
respectivamente, siendo 𝑣𝑃 > 𝑣𝑆 . Para determinar a qué distancia se produjo el sismo, una
estación determina la diferencia de tiempo en que se demoran las ondas en llegar a ella. Si la
diferencia medida es 𝑇, ¿a qué distancia se produjo el sismo?
Tomando como origen el lugar donde se produjo el sismo y sentido positivo el lugar hacia donde se
encuentra la estación, las ecuaciones de itinerario para las ondas son
𝑥𝑃 = 𝑣𝑃 𝑡
𝑥𝑆 = 𝑣𝑠 𝑡
Sea 𝑡1 y 𝑡2 el tiempo que demoran las ondas en llegar a la estación, sea 𝑥 la distancia a la cual se
encuentra esta. Se tiene
𝑥 = 𝑣𝑃 𝑡1
𝑥 = 𝑣𝑆 𝑡2
Del enunciado se obtiene que
𝑡2 − 𝑡1 = 𝑇
Despejando los tiempos de cada ecuación y restando
𝑥
𝑥
𝑡2 − 𝑡1 = −
𝑣𝑆 𝑣𝑃
Así
𝑥=𝑇
𝑣𝑃 𝑣𝑠
𝑣𝑃 − 𝑣𝑆
 Problema 2
Un robot sobre un puente de longitud
𝐿, avista un tren acercándose con
rapidez 𝑣𝑇 . En ese instante el robot
se encuentra a una distancia 𝜆𝐿 del
extremo del puente, en dirección al
tren. Para evitar el tren, el robot
contempla ambas salidas para
abandonar el puente y concluye que
en cada caso es alcanzado por el tren
justo al momento de salir. Determine
la rapidez del robot.
𝑣𝑇
𝜆𝐿
?
Tomando como origen del sistema de
referencia el inicio del puente y asumiendo que el tren se encuentra a una distancia D de este punto,
se tienen las siguientes ecuaciones de itinerario para cada caso.
Caso 1: El robot sale hacia la izquierda.
𝑥𝑅 = 𝜆𝐿 − 𝑣𝑅 𝑡
𝑥𝑇 = −𝐷 + 𝑣𝑇 𝑡
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Caso 2: El robot sale hacia la derecha
𝑥𝑅 = 𝜆𝐿 + 𝑣𝑅 𝑡
𝑥𝑇 = −𝐷 + 𝑣𝑇 𝑡
En el primer caso, la posición final de ambos es 𝑥 = 0; en el segundo, 𝑥 = 𝐿. Además, el tiempo que
se demora cada uno en llegar a los puntos mencionados es el mismo, por lo que las ecuaciones
quedan
0 = 𝜆𝐿 − 𝑣𝑅 𝑡1 (1)
0 = −𝐷 + 𝑣𝑇 𝑡1 (2)
𝐿 = 𝜆𝐿 + 𝑣𝑅 𝑡2 (3)
𝐿 = −𝐷 + 𝑣𝑇 𝑡2 (4)
Tenemos 4 ecuaciones y 4 incógnitas, por lo que el sistema se puede resolver. Restando (4) con (2)
para que desaparezca el término 𝐷 y luego sumando (3) con (1) para obtener el mismo factor que
contiene los tiempos, se obtiene
(4) − (2): 𝐿 = 𝑣𝑇 (𝑡2 − 𝑡1 )
(3) + (1): 𝐿 = 2𝜆𝐿 + 𝑣𝑅 (𝑡2 − 𝑡1 )
Dividiendo ambas ecuaciones para eliminar el término (𝑡2 − 𝑡1 )
𝐿
𝑣𝑇
=
𝐿 − 2𝜆𝐿 𝑣𝑅
De donde se obtiene
𝑣𝑅 = (1 − 2𝜆)𝑣𝑇
 Problema 3
Considere dos varillas muy largas: una fija horizontalmente y
la otra formando un ángulo 𝜙 constante con la primera y
moviéndose verticalmente con rapidez 𝑣0 constante. Determine
la velocidad con que se mueve el punto de intersección de las
dos varillas (tal punto de intersección no corresponde al
movimiento de algún objeto físico real).
𝑣0
𝜙
𝑣0
Los puntos de la varilla cumplen
Δ𝑦 = 𝑣0 𝑡
Tomemos un punto a una distancia L de la varilla horizontal (no del punto de intersección), el
tiempo que se demora en cruzar la varilla horizontal es
𝑡=
𝐿
𝑣0
Sea x la distancia que recorre el punto de intersección cuando el punto elegido desciende L, así se
cumple
𝐿
tan(𝜙) =
𝑥
Finalmente, la velocidad con que se mueve el punto de intersección es
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𝐿
𝑥 tan(𝜙)
𝑣𝑥 = =
= 𝑣0 cot(𝜙)
𝐿
𝑡
𝑣0
 Problema 4
Una patrulla viaja con rapidez constante 𝑣𝑃 y es sobrepasado por un conductor que maneja su
3
vehículo con rapidez 2 𝑣𝑃 . Ante el temor de ser multado, decide frenar uniformemente cuando
este en la misma posición con la patrulla. ¿Qué velocidad llevará el conductor cuando este sea
alcanzado por la patrulla?
La forma más fácil de solucionar el problema pero no tan intuitiva, es notar que ambos vehículos
recorren la misma distancia en el mismo tiempo, por lo cual la velocidad media es la misma que la
de la patrulla. Como la aceleración es uniforme, la velocidad media es el promedio de las velocidades
inicial y final, así
3
𝑣𝑝 + 𝑣′
𝑣𝑃 = 2
2
1
𝑣 ′ = 𝑣𝑃
2
La otra opción es escribir las ecuaciones para los móviles
𝑥𝑃 = 𝑣𝑃 𝑡
3
1
𝑥𝑐 = 𝑣𝑃 𝑡 − 𝑎𝑡 2
2
2
3
𝑣𝑐 = 𝑣𝑃 − 𝑎𝑡
2
Igualando las dos primeras, se obtiene el tiempo de intersección
3
1 2
𝑣𝑃 𝑡 ′ = 𝑣𝑃 𝑡 ′ − 𝑎𝑡 ′
2
2
𝑣
𝑃
𝑡′ =
𝑎
Reemplazando en la segunda
1
𝑣𝑐′ = 𝑣𝑃
2
 Problema 5
Un día sábado, un estudiante sale atrasado a rendir el control, por lo que decide tomar un taxi
que está a una distancia 𝑑, para lo cual corre con velocidad constante 𝑣. El taxi comienza su
marcha con aceleración 𝑎 cuando se encuentra a la distancia señalada. ¿Durante cuánto tiempo
y qué distancia recorre el estudiante para alcanzar el taxi? ¿Qué velocidad tiene éste en ese
instante? ¿Cuál es la velocidad mínima con que el estudiante debe correr para alcanzar el taxi?
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Haga un gráfico posición versus tiempo del problema, tomando como origen el lugar donde se
encontraba el estudiante.
Las ecuaciones que representan la situación son
𝑥𝑒 = 𝑣𝑡
1
𝑥𝑇 = 𝑑 + 𝑎𝑡 2
2
𝑣𝑇 = 𝑎𝑡
Igualando las posiciones se obtiene el tiempo
1 2
𝑣𝑡 ′ = 𝑑 + 𝑎𝑡 ′
2
𝑡′ =
𝑣 ± √𝑣 2 − 2𝑎𝑑
𝑎
De esto se obtiene que
1. Si 𝑣 2 > 2𝑎𝑑 , el estudiante alcanza 2 veces el taxi;
2. Si 𝑣 2 = 2𝑎𝑑 , el estudiante alcanza 1 vez al taxi, de aquí se obtiene la velocidad mínima
requerida para alcanzar el taxi;
3. Si 𝑣 2 < 2𝑎𝑑 , el estudiante no alcanza al taxi.
La distancia recorrida es
𝑥𝑒′ = 𝑣
𝑣 ± √𝑣 2 − 2𝑎𝑑
𝑎
La rapidez del taxi es
𝑣𝑇′ = 𝑣 ± √𝑣 2 − 2𝑎𝑑
Finalmente, siendo la curva roja el taxi, la curva negra el caso de dos soluciones y la línea continua el
caso crítico, el gráfico queda
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 Problema 6
Tres cuerpos A, B y C se encuentran inicialmente sobre una recta
horizontal, de forma tal que la distancia que separa los dos primeros
es la misma que separa B con C. El punto A comienza a moverse
𝐴
𝐵
𝐶
verticalmente hacia arriba con velocidad constante 𝑣, mientras que
C comienza a moverse con aceleración constante 𝑎 y velocidad
inicial nula pero en sentido contrario a A. Si todos los cuerpos
comienzan a moverse simultáneamente, determine cómo se debe
mover B en el eje vertical para que los cuerpos formen todo el tiempo una recta.
Sea 𝐿 la distancia que separa los cuerpos. La condición para que los cuerpos formen una recta es la
pendiente de la recta que une A con B sea la misma que la de la recta que une C con B.
Sean 𝑦𝐴 , 𝑦𝐵 𝑦𝐶 las posiciones de dichos cuerpos, la cuales cumplen
𝑦𝐴 = 𝑣𝑡
1
𝑦𝐶 = − 𝑎𝑡 2
2
La condición señalada en un principio se traduce a
𝑦𝐴 − 𝑦𝐵 𝑦𝐵 − 𝑦𝐶
=
𝐿
𝐿
𝑦𝐴 − 𝑦𝐵 = 𝑦𝐵 − 𝑦𝐶
Notar que ambos lados de esta expresión son positivos, ya que 𝑦𝐴 > |𝑦𝐵 | y |𝑦𝐵 | < |𝑦𝐶 |. Luego
obtenemos
𝑦𝐵 =
𝑦𝐴 + 𝑦𝐶 1
1
= (𝑣𝑡 − 𝑎𝑡 2 )
2
2
2
Es decir, B debe moverse de forma tal que su velocidad inicial sea la mitad de la velocidad de A y su
aceleración sea la mitad de la de C.
 Problema 7
Una piedra se deja caer desde un puente de altura ℎ. Una segunda piedra se arroja
verticalmente hacia abajo 𝑇 segundos más tarde. Si ambas llegan simultáneamente al río, ¿cuál
es la velocidad inicial de la segunda piedra?
Las ecuaciones que describen cada piedra son
1
𝑦1 = ℎ − 𝑔𝑡 2
2
1
𝑦2 = ℎ − 𝑣2 (𝑡 − 𝑇) − 𝑔(𝑡 − 𝑇)2 , 𝑡 > 𝑇
2
El tiempo de vuelo lo obtenemos de la primera ecuación, al imponer 𝑦1 = 0
2ℎ
𝑡′ = √
𝑔
el cual lo reemplazamos en la segunda y despejamos
2
2ℎ
1
2ℎ
0 = ℎ − 𝑣2 (√ − 𝑇) − 𝑔 (√ − 𝑇)
𝑔
2
𝑔
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𝑣2 =
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1
2ℎ
ℎ − 𝑔 (√ − 𝑇)
2
𝑔
√
2
2ℎ
−𝑇
𝑔
 Problema 8
Se deja caer una piedra desde el borde superior de un pozo. Pasado un tiempo 𝑇 se escucha el
sonido del choque de la piedra con el agua. Determine la profundidad del pozo si la velocidad
del sonido es 𝑢.
El tiempo de vuelo de la piedra es
2ℎ
𝑡𝑣 = √
𝑔
Mientras que el tiempo que se demora el sonido en llegar a oídos de quien lanzó la piedra es
𝑡𝑠 =
ℎ
𝑢
Así, se cumple que
𝑡𝑣 + 𝑡𝑠 = 𝑇
relación que nos permite despejar la altura
√
2ℎ ℎ
+ =𝑇
𝑔 𝑢
2ℎ
ℎ ℎ2
= 𝑇 2 − 2𝑇 + 2
𝑔
𝑢 𝑢
2𝑇 2 √ 2𝑇 2 2 4𝑇 2
+ ± ( + ) − 2
𝑢 𝑔
𝑢 𝑔
𝑢
ℎ=
2
𝑢2
2𝑇 2
8𝑇 4
𝑢 + 𝑔 ± √𝑢𝑔 + 𝑔2
=
2
𝑢2
Debemos tomar la menor solución, ya que la otra nos daría una altura del orden de kilómetros.
ℎ = 𝑢𝑇 +
ℎ = 𝑢𝑇 +
Cinemática
𝑢2
2𝑇 1
− 𝑢2 √ + 2
𝑔
𝑢𝑔 𝑔
𝑢2
2𝑇𝑔
(1 − √
+ 1)
𝑔
𝑢
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 Problema 9
1. Un malabarista actúa en un recinto cuyo techo está 5 m arriba del nivel de las manos. Lanza
una pelota hacia arriba de modo que apenas llega al techo.
a) ¿Qué velocidad inicial tiene la pelota?
b) ¿Cuánto tiempo tarda la pelota en llegar al techo?
2. En el instante en que la primera pelota está en el techo, el malabarista lanza una segunda
pelota hacia arriba con dos terceras partes de la velocidad inicial de la primera.
a) ¿Cuánto tiempo después de lanzada la segunda pelota se cruzan las dos pelotas en el aire?
b) ¿A qué altura sobre la mano del malabarista se cruzan las dos pelotas?
1. Las ecuaciones de la pelota son
1
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
𝑣 = 𝑣0 − 𝑔𝑡
Sabemos que en el punto más alto, la velocidad de la pelota es cero; tomando como origen del
sistema de referencia la mano del malabarista, se tiene
1
2
ℎ = 𝑣0 𝑡′ − 𝑔𝑡 ′
2
𝑣0 = 𝑔𝑡 ′
Despejando el tiempo en la 2da ecuación, reemplazamos en la primera
𝑣02 1 𝑣02 𝑣02
−
=
𝑔 2𝑔
2𝑔
𝑚
𝑣0 = √2𝑔ℎ = 10 [ ]
𝑠
ℎ=
Luego, el tiempo que se demora en llegar al techo es
𝑣0
𝑡′ =
= 1[𝑠]
𝑔
2. Manteniendo el sistema de referencia, las ecuaciones para cada pelota son
1
𝑦1 = ℎ − 𝑔𝑡 2
2
𝑣1 = −𝑔𝑡
2
1
𝑦2 = 𝑣0 𝑡 − 𝑔𝑡 2
3
2
2
𝑣2 = 𝑣0 − 𝑔𝑡
3
Para despejar el tiempo en que se demoran en coincidir, igualamos 𝑦1 con 𝑦2
𝑦1 = 𝑦2
1
2
1
2
2
ℎ − 𝑔𝑡 ′′ = 𝑣0 𝑡 ′′ − 𝑔𝑡 ′′
2
3
2
3ℎ
𝑡 ′′ =
= 0,75 [𝑠]
2𝑣0
La altura en que se cruzan es
Cinemática
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1
9𝑔ℎ2
2
𝑦 = ℎ − 𝑔𝑡 ′′ = ℎ −
= 2,19 [𝑚]
2
8𝑣02
 Problema 10: Pregunta 1, control 1 2004
N partículas ubicadas a diferentes alturas ℎ1 , ℎ2 , … , ℎ𝑁 sobre el eje 𝑦 son lanzadas
simultáneamente con la misma velocidad 𝑣⃗ = 𝑣 𝑖̂. Por la acción de la fuerza de gravedad
terrestre, las partículas aterrizan en distintos puntos sobre el eje
𝑥.
1) Encuentre las alturas ℎ𝑖 en función del índice 𝑖 y los datos del
problema para que los puntos donde aterrizan las partículas 𝑑𝑖
estén uniformemente distribuidos entre 𝑥 ∈ [0, 𝐿], i.e. que la
distancia entre el origen y el primer punto de aterrizaje y las
distancias entre dos puntos seguidos cualesquiera, sea constante
e igual para todos ellos.
2) ¿Con qué retardo habría que lanzar las diferentes partículas
para que aterrizaran simultáneamente, conservando una
distribución uniforme sobre el eje x?
1) Tomando como origen el vértice entre suelo y vertical, las ecuaciones que describen la i-ésima
partícula son
𝑥𝑖 = 𝑣𝑡
1
𝑦𝑖 = ℎ𝑖 − 𝑔𝑡 2
2
Como los alcances deben ser uniformemente distribuidos, el punto de llegada de la i-ésima partícula
es (compruebe con los casos N=1,2,3)
𝑥𝑖 (𝑦 = 0) = 𝑖
𝐿
𝑁
Luego el tiempo de vuelo está dado por
𝑡′ =
𝑖𝐿
𝑣𝑁
e imponiendo 𝑦𝑖 (𝑡 ′ ) = 0 obtenemos
𝑔 𝑖𝐿 2
ℎ𝑖 = ( )
2 𝑣𝑁
2) Los tiempos de vuelo deben cumplir
𝑡𝑖 + 𝑡𝑟𝑒𝑡𝑎𝑟𝑑𝑜 = 𝑡𝑖+1
Así
𝑡𝑟𝑒𝑡𝑎𝑟𝑑𝑜 = 𝑡𝑖+1 − 𝑡𝑖 =
Cinemática
(𝑖 + 1)𝐿 𝑖𝐿
𝐿
−
=
𝑣𝑁
𝑣𝑁 𝑣𝑁
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 Problema 11: Basado en Pregunta 1, control 1, semestre otoño 2009
En la famosa batalla de Punta Angamos, acaecida el 8 de octubre de 1879 el capitán de fragata
Juan José Latorre (La calle Almirante Latorre lleva este nombre en su honor) dio la orden de
disparar una de las piezas de artillería desde la cubierta del blindado chileno Cochrane,
ubicadas a una altura h sobre el nivel del mar, la cual impactó en la torre de mando del
acorazado peruano Huáscar, ubicada a una altura H según la misma referencia, provocando la
muerte del almirante Grau. Si ambos barcos estaban distanciados a una distancia d, determine
1) El mínimo valor de la componente vertical de la velocidad con que pudo ser lanzado el
proyectil
2) El mínimo valor de la componente horizontal de la velocidad encontrada en A para que el
proyectil pudiese dar en su blanco. Debe considerar la respuesta encontrada en la pregunta
anterior.
3) Dadas dichas condiciones, determine la rapidez del proyectil.
4) Con el módulo de la velocidad calculado en la pregunta anterior, determine el ángulo con que
debió haber sido lanzado ese proyectil para que hubiese alcanzado la caldera del Huáscar,
ubicada a nivel del mar.
Las ecuaciones para el proyectil son
𝑥 = 𝑣𝑥 𝑡
1
𝑦 = 𝑣𝑦0 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
𝑣𝑦 = 𝑣𝑦0 − 𝑔𝑡
1) La mínima velocidad vertical inicial se obtiene imponiendo que el proyectil llegue con velocidad
nula a la altura deseada. De la tercera ecuación
0 = 𝑣𝑦0 − 𝑔𝑡 ′
𝑣𝑦0
𝑡′ =
𝑔
Reemplazando en la segunda
𝐻−ℎ =
𝑣𝑦0 2 𝑣𝑦0 2 𝑣𝑦0 2
−
=
𝑔
2𝑔
2𝑔
𝑣𝑦0 = √2𝑔(𝐻 − ℎ)
2) Con el tiempo de vuelo obtenido, se obtiene la mínima velocidad horizontal
𝑑 = 𝑣𝑥 𝑡′
𝑣𝑥 =
𝑑
𝑔
= 𝑑√
′
𝑡
2(𝐻 − ℎ)
3) La rapidez inicial es
𝑣0 = √𝑣𝑥 2 + 𝑣𝑦 2
𝑑2 𝑔
𝑣0 = √
+ 2𝑔(𝐻 − ℎ)
2(𝐻 − ℎ)
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4) En las ecuaciones escritas en un comienzo, reemplazamos la rapidez anterior e imponemos las
condiciones para poder alcanzar las calderas
𝑑 = 𝑣0 cos(𝜃) 𝑡 ∗
1
−ℎ = 𝑣0 sin(𝜃) 𝑡 ∗ − 𝑔𝑡 ∗ 2
2
Despejando el tiempo de la primera ecuación y remplazando en la segunda
2
𝑑
1
𝑑
−ℎ = 𝑣0 sin(𝜃)
− 𝑔(
)
𝑣0 cos(𝜃) 2 𝑣0 cos(𝜃)
Usando la igualdad trigonométrica
1
= tan2 (𝜃) + 1
cos2(𝜃)
Queda la siguiente ecuación de segundo grado
−ℎ = 𝑑 tan(𝜃) −
𝑔𝑑2
𝑔𝑑2
2𝑣0
2𝑣0 2
2 (𝜃)
−
2 tan
𝑑 ± √𝑑2 + 2
tan(𝜃) =
tan(𝜃) =
𝑔𝑑2 𝑔𝑑2
+ ℎ)
(
𝑣0 2 2𝑣0 2
𝑔𝑑2
𝑣0 2
𝑣0 2
𝑔 𝑔𝑑2
± √1 + 2 2 (
+ ℎ)
𝑔𝑑
𝑣0 2𝑣0 2
De aquí se aprecia que existen 2 ángulos posibles de lanzamiento para impactar las calderas.
 Problema 12: Ejercicio 3, semestre otoño 2011, Prof. Diego Mardones
Un pato vuela horizontalmente en línea recta con velocidad 𝑣𝑃 a una
altura ℎ del suelo. Rodrigo, con una honda, puede lanzar piedras con
una velocidad 𝑣𝑜 y hace uso de su arma en el instante que el pato lo
sobrevuela.
1) ¿Cuál es el ángulo respecto a la vertical con que debe disparar la
piedra?
2) ¿Qué distancia alcanza a recorrer el pato antes de ser alcanzado?
3) ¿Cuál es la rapidez mínima que debe tener el proyectil para que
llegue al pato?
Como siempre, primero escribimos las ecuaciones cinemáticas para ambos cuerpos, tomando como
origen al niño y el suelo. Para el pato se tiene
𝑥𝑝𝑎𝑡𝑜 = 𝑣𝑝 𝑡
y para la piedra
𝑥𝑝𝑖𝑒𝑑𝑟𝑎 = 𝑣𝑜 sin(𝛼) 𝑡
1
𝑦𝑝𝑖𝑒𝑑𝑟𝑎 = 𝑣𝑜 cos(𝛼) 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
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𝑣𝑦 = 𝑣0 cos(𝛼) − 𝑔𝑡
1) Para que la piedra pueda impactar al pato se debe cumplir que las velocidades de ambos en el eje
x sean iguales, es decir,
𝑣𝑜 sin(𝛼) = 𝑣𝑝
𝑣
𝑣
sin(𝛼) = 𝑣𝑝 o, alternativamente, 𝛼 = arcsin (𝑣𝑝 )
𝑜
𝑜
2) Cuando el pato es alcanzado se cumple
1
2
ℎ = 𝑣𝑜 cos(𝛼) 𝑡 − 𝑔𝑡 2 (∗)
En esta expresión nos falta conocer cos(𝛼) para lo cual hacemos uso de la identidad trigonométrica
cos2(𝛼) = 1 − sin2 (𝛼)
y haciendo uso de lo obtenido en la parte (1)
𝑣𝑝 2
cos(𝛼) = √1 − ( )
𝑣0
Reemplazando en (∗)
ℎ = 𝑣𝑜 √1 − (
𝑣𝑝 2
1
) 𝑡 − 𝑔𝑡 2
𝑣0
2
𝑣𝑝 2
1 2
𝑔𝑡 − 𝑣𝑜 √1 − ( ) 𝑡 + ℎ = 0
2
𝑣0
de donde despejamos el tiempo
𝑣𝑝 2
𝑣𝑝 2
𝑣𝑜 √1 − (𝑣 ) ± √𝑣02 (1 − (𝑣 ) ) − 2𝑔ℎ
0
𝑡=
√𝑣02 − 𝑣𝑝2 ± √𝑣02 − 𝑣𝑝2 − 2𝑔ℎ
0
=
𝑔
𝑔
Tomamos la solución mínima, la cual indica el tiempo en que es alcanzado el pato cuando la piedra
va subiendo, puesto que también puede ser alcanzado cuando la piedra va bajando.
𝑡∗ =
√𝑣02 − 𝑣𝑝2 − √𝑣02 − 𝑣𝑝2 − 2𝑔ℎ
𝑔
De esta forma, la distancia recorrida por el pato es
𝑥𝑝𝑎𝑡𝑜 = 𝑣𝑝 𝑡 ∗
3) Finalmente, la rapidez mínima del proyectil se obtiene imponiendo que la rapidez vertical de la
piedra sea nula cuando impacte al pato
𝑣𝑦 = 0 = 𝑣𝑖 − 𝑔𝑡
𝑣𝑖
𝑡=
𝑔
Reemplazando en la ecuación para y
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1
𝑣𝑖2 1 𝑣𝑖 2
ℎ = 𝑣𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 =
− 𝑔( )
2
𝑔 2
𝑔
𝑣𝑖 = √2𝑔ℎ
De esta forma la rapidez mínima es
𝑣𝑚í𝑛 = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑖2 = √𝑣𝑝2 + 2𝑔ℎ
 Problema 13: Pregunta 1, examen semestre otoño 2008
Desde una distancia d del borde recto de un
tobogán se dispara una bengala. Si el tobogán
tiene una altura h y un largo b, determinar
ambas componentes de la velocidad inicial del
proyectil para que éste aterrice sobre el vértice
superior del tobogán de manera que su
velocidad sea paralela al plano inclinado.
ℎ
𝑑
𝑏
Las ecuaciones que describen el movimiento de la bengala son
𝑥 = 𝑣𝑥 𝑡
1
𝑦 = 𝑣0𝑦 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 (1)
En 𝑡 = 𝑡′ se debe cumplir que
𝑑 = 𝑣𝑥 𝑡′ (2)
1
ℎ = 𝑣0𝑦 𝑡′ − 2 𝑔𝑡′2 (3)
Además, para que llegue paralela al tobogán se debe cumplir que las pendientes de la velocidad y la
de aquel sean iguales, es decir,
𝑣𝑦 (𝑡′)
ℎ
= − (4)
𝑣𝑥
𝑏
Notar que se toma el signo negativo porque el valor de 𝑣𝑦 al llegar al tobogán es negativo. De esta
ecuación despejamos
ℎ
𝑣𝑦 (𝑡 ′ ) = − 𝑣𝑥
𝑏
Despejando 𝑡′ en la ecuación (2) y reemplazando ambos resultados en la ecuación (1), obtenemos
ℎ
𝑔𝑑
− 𝑣𝑥 = 𝑣0𝑦 −
(∗)
𝑏
𝑣𝑥
Reemplazando t’ en (3)
ℎ=
𝑣0𝑦 𝑑 𝑔𝑑2
− 2
𝑣𝑥
2𝑣𝑥
Manipulando (∗)
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−
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ℎ𝑑 𝑣0𝑦 𝑑 𝑔𝑑2
=
− 2
𝑏
𝑣𝑥
𝑣𝑥
De estas dos últimas ecuaciones obtenemos
𝑑
𝑔𝑑2
ℎ (1 + ) = 2
𝑏
2𝑣𝑥
𝑔𝑏
𝑣𝑥 = 𝑑√
2ℎ(𝑏 + 𝑑)
En (∗)
𝑣0𝑦 =
𝑔𝑑 ℎ
2ℎ(𝑏 + 𝑑) ℎ𝑑
𝑔𝑏
𝑔ℎ
𝑔ℎ
√
− 𝑣 = 𝑔√
−
= 2(𝑏 + 𝑑)√
− 𝑑√
𝑣𝑥 𝑏 𝑥
𝑔𝑏
𝑏 2ℎ(𝑏 + 𝑑)
2𝑏(𝑏 + 𝑑)
2𝑏(𝑏 + 𝑑)
𝑔ℎ
𝑣0𝑦 = (2𝑏 + 𝑑)√
2𝑏(𝑏 + 𝑑)
 Problema 14
Un cuerpo se desliza sin roce sobre un plano inclinado en
forma de cuña que forma un ángulo α con la horizontal. Desde
la base de la cuña, de ancho 𝐷, se impulsa el objeto cuesta
arriba por la pendiente del plano, en una dirección que forma
un ángulo 𝜃 con la horizontal. ¿Cuál es la velocidad inicial
máxima que puede imprimirse al objeto para que éste no caiga
por el costado de la cuña antes de alcanzar el piso
nuevamente?
𝐷
𝑣
𝛼
𝜃
Descomponemos 𝑔⃗ en una componente perpendicular y otra paralela al plano inclinado. Luego, las
ecuaciones que rigen al cuerpo son
𝑥 ′ = 𝑣 cos(𝜃) 𝑡
1
𝑦 ′ = 𝑣 sin(𝜃) 𝑡 − 𝑔 sin(𝛼) 𝑡 2
2
𝑣𝑦′ = 𝑣 sin(𝜃) − 𝑔 sin(𝛼) 𝑡
El alcance horizontal máximo es D, luego obtenemos el tiempo de vuelo máximo
𝐷 = 𝑣 cos(𝜃) 𝑡
𝑡=
𝐷
𝑣 cos(𝜃)
Además de la ecuación para 𝑦 ′ podemos obtener t imponiendo 𝑦 ′ = 0
𝑡=
2𝑣 sin(𝜃)
𝑔 sin(𝛼)
Igualando ambas
𝐷
2𝑣 sin(𝜃)
=
𝑣 cos(𝜃)
𝑔 sin(𝛼)
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𝑔𝐷 sin(𝛼) = 2𝑣 2 sin(𝜃) cos(𝜃)
𝑣=√
𝑔𝐷 sin(𝛼)
sin(2𝜃)
 Problema 15
Una pelota se desliza sobre el techo liso de una casa. La inclinación
del techo es de 𝛼 con respecto a la horizontal. La pelota parte del
reposo desde el punto más alto del techo, a una altura 2𝐻 sobre el
suelo donde 𝐻 es la altura de las murallas de la casa.
1) Determine la velocidad de la pelota al momento de desprenderse
del techo.
2) ¿Cuánto se demora la pelota desde que se desprende del techo
hasta que llega al piso?
3) ¿A qué distancia de la muralla la pelota impactará el piso?
𝑔⃗
𝐻
𝛼 x’
y
𝐻
x
1) En la primera etapa del movimiento, descomponemos 𝑔⃗, luego
1
𝑥 ′ = 𝑔 sin(𝛼) 𝑡 2
2
𝐻
Para 𝑥 ′ = sin(𝛼) , obtenemos
𝑡=
1
2𝐻
√
sin(𝛼) 𝑔
Luego
2𝐻
𝑣𝑥′ = 𝑔 sin(𝛼) 𝑡 = 𝑔√
= √2𝑔𝐻
𝑔
De ahora en adelante, las ecuaciones que rigen el movimiento son
𝑥 = 𝑣𝑥′ cos(𝛼) 𝑡 = √2𝑔𝐻 cos(𝛼) 𝑡
1
1
𝑦 = 𝐻 − 𝑣𝑥 ′ sin(𝛼) 𝑡 − 𝑔𝑡 2 = 𝐻 − √2𝑔𝐻 sin(𝛼) 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
2
2) Para obtener el tiempo de vuelo, basta imponer 𝑦 = 0
1
𝐻 − √2𝑔𝐻 sin(𝛼) 𝑡 − 𝑔𝑡 2 = 0
2
𝑡=
Cinemática
2𝐻
√2𝑔𝐻 sin(𝛼) ± √2𝑔𝐻 sin2 (𝛼) + 2𝑔𝐻
= √ (√sin2(𝛼) + 1 − sin(𝛼))
−𝑔
𝑔
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3) Finalmente, la distancia en la que impactará el suelo es
2𝐻
𝑥 = √2𝑔𝐻 cos(𝛼) 𝑡 = √2𝑔𝐻 cos(𝛼) √ (√sin2(𝛼) + 1 − sin(𝛼))
𝑔
𝑥 = 2𝐻 cos(𝛼) (√sin2 (𝛼) + 1 − sin(𝛼))
 Problema 16
Una pelota es pateada con velocidad inicial 𝑣0 y ángulo 𝜙 desde
el inicio de una rampa infinita de ángulo característico 𝜃.
1) Calcule el alcance de la pelota sobre la rampa.
2) Calcule el ángulo 𝜙 en función de 𝜃 para el cual el alcance es
máximo. Hint: Use identidades trigonométricas que impliquen
ángulos dobles.
𝑣
𝜙
𝜃
1) Presentamos dos formas de hacer el problema
Solución 1: Manteniendo ejes coordenados
y
La posición de la pelota en cada eje está dada por
𝑥 = 𝑣 cos(𝜙 + 𝜃) 𝑡
x
1
𝑦 = 𝑣 sin(𝜙 + 𝜃) 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
Además la rampa impone que la posición donde impacta la pelota sea 𝑦 = 𝑥 tan(𝜃). Reemplazando
esto y despejando el tiempo de la ecuación para 𝑥 tenemos
𝑥
𝑡=
𝑣 cos(𝜙 + 𝜃)
𝑥 tan(𝜃) = 𝑣 sin(𝜙 + 𝜃)
2
𝑥
1
𝑥
− 𝑔(
)
𝑣 cos(𝜙 + 𝜃) 2 𝑣 cos(𝜙 + 𝜃)
Como buscamos una solución no nula, eliminamos la solución 𝑥 = 0
tan(𝜃) =
𝑣 sin(𝜙 + 𝜃) 1
𝑥
− 𝑔
𝑣 cos(𝜙 + 𝜃) 2 (𝑣 cos(𝜙 + 𝜃))2
de donde despejamos
𝑥=
2𝑣 2
cos2 (𝜙 + 𝜃) [tan(𝜙 + 𝜃) − tan(𝜃)]
𝑔
Luego, el alcance es
𝑥
2𝑣 2 cos 2(𝜙 + 𝜃)
𝑅=
=
[tan(𝜙 + 𝜃) − tan(𝜃)]
cos(𝜃)
𝑔
cos(𝜃)
Solución 2: Un sistema de referencia con coordenada paralela y perpendicular a la rampa
En este caso las ecuaciones son
1
𝑥 ′ = 𝑣 cos(𝜙)𝑡 − 𝑔 sin(𝜃)𝑡 2
2
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1
𝑦 ′ = 𝑣 sin(𝜙)𝑡 − 𝑔 cos(𝜃)𝑡 2
2
′
En el momento del impacto se cumple que 𝑦 = 0. De la ecuación para esta componente obtenemos
el tiempo de vuelo
𝑡=
2𝑣 sin(𝜙)
𝑔 cos(𝜃)
Reemplazando en la ecuación para 𝑥 ′
𝑥 ′ = 𝑣 cos(𝜙)
𝑥′ =
2𝑣 sin(𝜙) 1
2𝑣 sin(𝜙)
− 𝑔 sin(𝜃) (
)
𝑔 cos(𝜃) 2
𝑔 cos(𝜃)
2
2𝑣 2 cos(𝜙) sin(𝜙) − tan(𝜃) sin2 (𝜙)
𝑔
cos(𝜃)
Demostremos que ambas soluciones son equivalentes. En la primera solución obtenida utilizaremos
la identidad trigonométrica
tan(𝛼) − tan(𝛽) =
sin(𝛼 − 𝛽)
cos(𝛼) cos(𝛽)
Obteniéndose
𝑅=
2𝑣 2 cos2 (𝜙 + 𝜃)
2𝑣 2 cos 2(𝜙 + 𝜃)
sin(𝜙)
[tan(𝜙 + 𝜃) − tan(𝜃)] =
𝑔
cos(𝜃)
𝑔
cos(𝜃)
cos(𝜙 + 𝜃) cos(𝜃)
𝑅=
2𝑣 2 cos(𝜙 + 𝜃) sin(𝜙) 2𝑣 2 (cos(𝜙) cos(𝜃) − sin(𝜙) sin(𝜃)) sin(𝜙)
=
𝑔
cos 2(𝜃)
𝑔
cos2 (𝜃)
𝑅=
2𝑣 2 cos(𝜙) sin(𝜙) − tan(𝜃) sin2 (𝜙)
𝑔
cos(𝜃)
2) Para la primera solución
𝑅=
𝑅=
2𝑣 2 cos2 (𝜙 + 𝜃)
[tan(𝜙 + 𝜃) − tan(𝜃)]
𝑔
cos(𝜃)
2𝑣 2
[cos(𝜙 + 𝜃) sin(𝜙 + 𝜃) cos(𝜃) − cos2 (𝜙 + 𝜃) sin(𝜃)]
𝑔 cos 2(𝜃)
Teniendo en cuenta que
1
sin(2𝛼) = 2 cos(𝛼) sin(𝛼) , cos 2 (𝛼) = (1 + cos(2𝛼))
2
obtenemos
𝑅=
2𝑣 2
1
[sin(2(𝜙 + 𝜃)) cos(𝜃) − sin(𝜃) − sin(𝜃) cos(2(𝜙 + 𝜃))]
2
𝑔 cos (𝜃) 2
Usando
sin(𝛼 − 𝛽) = sin 𝛼 cos 𝛽 − sin 𝛼 cos 𝛽
tenemos
𝑅=
2𝑣 2
1
[sin(2(𝜙 + 𝜃) − 𝜃) − sin(𝜃)]
2
𝑔 cos (𝜃) 2
El alcance será máximo cuando sin(2𝜙 − 𝜃) sea máximo, así
2𝜙 − 𝜃 = 90
𝜃
𝜙 = 45 −
2
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Para la segunda solución
2𝑣 2 cos(𝜙) sin(𝜙) − tan(𝜃) sin2(𝜙)
2𝑣 2
(cos(𝜙) sin(𝜙) cos(𝜃) − sin(𝜃) sin2(𝜙))
=
𝑔
cos(𝜃)
𝑔 cos 2(𝜃)
2𝑣 2
2𝑣 2
′
(cos(𝜙)
𝑥 =
sin(𝜙)
cos(𝜃) − sin(𝜙) sin(𝜃)) =
sin(𝜙) cos(𝜙 + 𝜃)
𝑔 cos2 (𝜃)
𝑔 cos 2(𝜃)
𝑥′ =
𝛼−𝛽
𝛼+𝛽
Llevaremos el término sin(𝜙) cos(𝜙 + 𝜃) a una expresión de la forma sin ( 2 ) cos ( 2 ).
Resolviendo el sistema que se genera: 𝛼 = 2𝜙 + 𝜃 y 𝛽 = 𝜃. Con esto, utilizamos la propiedad
Luego
1
𝛼−𝛽
𝛼+𝛽
(sin(𝛼) − sin(𝛽)) = sin (
) cos (
)
2
2
2
𝑥′ =
𝑣2
(sin(2𝜙 + 𝜃) + sin(𝜃))
𝑔 cos2 (𝜃)
obteniéndose el mismo resultado anterior.
Si 𝜃 = 0°, es decir, se lanza la pelota sobre una superficie horizontal, obtenemos que el alcance es
máximo para 𝜙 = 45°, que es lo que se cumple en ausencia de roce con el aire.
 Problema 17: Ejercicio recuperativo, semestre otoño 2011, Prof. Diego Mardones
Al mediodía, el minutero y horario del reloj coinciden, luego el minutero se adelanta al horario
hasta que vuelven a coincidir. ¿A qué hora ocurre esto?
Las ecuaciones vistas en cinemática pueden ser extendidas para el caso de ángulos, es decir,
1
𝜃 = 𝜃0 + 𝜔𝑡 + 𝛼𝑡 2
2
𝜔 = 𝜔0 + 𝛼𝑡
En el caso de las manecillas de un reloj, estas se mueven con rapidez angular constante, la que
determinaremos usando la expresión
𝜔=
2𝜋
𝑇
De esta forma, obtenemos
𝜔ℎ𝑜𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜 =
2𝜋
2𝜋
=
[𝑠 −1 ]
12 [ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠] 43200
𝜔𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑒𝑟𝑜 =
2𝜋
2𝜋
=
[𝑠 −1 ]
1 [ℎ𝑜𝑟𝑎] 3600
Las ecuaciones angulares para cada manecilla para el caso del movimiento empezado a las 12 horas
𝜃ℎ = 𝜔ℎ 𝑡
𝜃𝑚 = 𝜔𝑚 𝑡
Para que se reencuentren las manecillas se debe cumplir que el minutero realice más de una vuelta
completa, por lo que se tiene
𝜃ℎ + 2𝜋 = 𝜃𝑚
y ocupando las ecuaciones anteriormente obtenidas
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𝜔ℎ 𝑡 + 2𝜋 = 𝜔𝑚 𝑡
De aquí obtenemos
1
43200
=
= 3927[𝑠]
1
1
11
−
3600 43200
Transformando a horas, minutos y segundos
𝑡=
2𝜋
=
𝜔𝑚 − 𝜔ℎ
𝑡 = 1 ℎ𝑜𝑟𝑎 5 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 𝑦 27 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠
 Problema 18
Un tarro de radio R que gira en torno a su eje de simetría es impactado diametralmente por una
bala de rapidez v. Determine la rapidez angular mínima para que el tarro sufra solo una
perforación.
Para la bala se cumple
𝑥 = 𝑣𝑡
La distancia a recorrer es 2𝑅 y con esto obtenemos el tiempo que demora la bala en atravesar el
tarro.
𝑡=
2𝑅
𝑣
En este tiempo el agujero provocado al ingresar la bala debe describir un ángulo de 180°, así
𝜋 𝜋𝑣
𝜔= =
𝑡 2𝑅
 Problema 19
Florencia, destacada ciclista de la universidad, circula
en su bicicleta caracterizada por ruedas de radio 𝑅. La
cadena está colocada a una distancia 𝑃 del centro del
𝑅
𝐷
piñón, asociado a la rueda trasera y a una distancia 𝐷
del eje del motor, en el cual están unidos las bielas y los
pedales. Si la bicicleta avanza sin resbalar, es decir,
2𝑃
cuando la rueda da una vuelta, el centro de esta avanzó
una distancia 2𝜋𝑅, ¿con qué frecuencia debe pedalear
Florencia para avanzar con su bicicleta a una velocidad 𝑣?
Sea T el periodo de rotación de las ruedas de la bicicleta para que esta avance con velocidad 𝑣. Como
la bicicleta no resbala, se cumple
𝑣𝑇 = 2𝜋𝑅
de donde despejamos
𝑇=
2𝜋𝑅
𝑣
La velocidad angular de la rueda trasera es, por definición
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𝜔𝑅 =
2𝜋
𝑇
𝜔𝑅 =
𝑣
𝑅
y reemplazando lo obtenido
El piñón gira solidariamente con la rueda trasera por lo que tienen la misma velocidad angular. De
esta forma, la velocidad con que se mueve la cadena es la velocidad lineal del piñón a la distancia
señalada.
𝑣
𝑣𝐶 = 𝜔𝑅 𝑃 = 𝑃
𝑅
Las cadenas transmiten velocidad lineal, por lo que se cumple
𝑣𝐶 = 𝜔𝑒𝑗𝑒 𝐷
𝜔𝑒𝑗𝑒 =
𝑣𝐶 𝑣𝑃
=
𝐷 𝑅𝐷
Finalmente, usamos la relación
2𝜋𝑓 = 𝜔
Así, la frecuencia de pedaleo es
𝑓=
𝜔𝑒𝑗𝑒
𝑣𝑃
=
2𝜋
2𝜋𝑅𝐷
 Problema 20
Considere un eje vertical de largo L, en cuyos extremos hay dos
discos sólidos provistos de ranuras. Las ranuras están desplazadas
un cierto ángulo 𝜃 entre sí. El sistema gira con una velocidad
angular 𝜔 constante. Calcule la altura H por sobre el disco superior,
desde la cual se debe soltar una bolita para que ésta, en caída libre,
pase por ambas ranuras.
Tomando como origen del sistema de referencia el disco superior, la
ecuación de la bolita es
1
𝑦 = 𝐻 − 𝑔𝑡 2
2
𝑣𝑦 = −𝑔𝑡
Con esto, calculamos la velocidad de la bolita cuando atraviesa el primer disco.
2𝐻
𝑡1 = √
𝑔
𝑣𝑦 = −√2𝑔𝐻
Ahora, calculamos el tiempo que se demora en llegar al segundo disco.
1
𝑦 = 𝑣𝑦 𝑡2 − 𝑔𝑡2 2
2
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1
−𝐿 = −√2𝑔𝐻𝑡2 − 𝑔 𝑡2 2
2
𝑡2 =
√2𝑔𝐻 ± √2𝑔𝐻 + 2𝑔𝐿
−𝑔
Donde debemos elegir la solución positiva
𝑡2 =
√2𝑔𝐻 + 2𝑔𝐿 − √2𝑔𝐻
𝑔
En este tiempo se debe cumplir
𝜃 = 𝜔𝑡2
𝑡2 =
𝜃
𝜔
Igualando
𝜃 √2𝑔𝐻 + 2𝑔𝐿 − √2𝑔𝐻
=
𝜔
𝑔
𝜃𝑔 2
2𝑔𝐻 + 2𝑔𝐻 + 2𝑔𝐿 − 2 √2𝑔𝐻 √2𝑔𝐻 + 2𝑔𝐿 = ( )
𝜔
𝜃 2
4𝐻 + 2𝐿 − 𝑔 ( ) = 4√𝐻√𝐻 + 𝐿
𝜔
𝜃 4
𝜃 2
𝜃 2
16𝐻 2 + 16𝐻𝐿 + 4𝐿2 + 𝑔2 ( ) − 8𝑔 ( ) 𝐻 − 4𝑔𝐿 ( ) = 16𝐻 2 + 16𝐻𝐿
𝜔
𝜔
𝜔
𝜃 2
𝜃 4
𝜃 2
2
4𝐿 − 4𝑔𝐿 ( ) + 𝑔 ( ) = 𝐻8𝑔 ( )
𝜔
𝜔
𝜔
2
𝐻=
𝜃 2
(𝑔 (𝜔) − 2𝐿)
𝜃 2
8𝑔 ( )
𝜔
2
=
𝜃
𝜔 2
(𝑔 𝜔 − 2𝐿 𝜃 )
8𝑔
 Problema 21: Ejercicio 3, semestre otoño 2009, Prof. Álvaro Núñez
En medio de un caluroso día, un carro de bomberos
circula con rapidez 𝑣 en una rotonda de radio 𝑅. A los
bomberos se les ocurre lanzar un chorro de agua de tal
forma que puedan recibirlo en el lado diametralmente
opuesto de donde este abandonó la manguera. Determine
la velocidad con que los bomberos deben lanzar el agua
desde el carro.
𝑅
Las ecuaciones de movimiento del chorro son
𝑥 = 𝑣𝑥 𝑡
1
𝑦 = 𝑣𝑦 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
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El tiempo que tiene el chorro para describir su movimiento es el tiempo que demora el carro de
bomberos en describir media circunferencia
𝜋𝑅 = 𝑣𝑡
𝑡=
El alcance del chorro debe ser 2𝑅, así
𝜋𝑅
𝑣
2𝑅 = 𝑣𝑥
0 = 𝑣𝑦
𝜋𝑅
𝑣
𝜋𝑅 1 𝜋𝑅 2
− 𝑔( )
𝑣
2
𝑣
Notar que estos cálculos para el chorro se hacen suponiendo que el carro de bomberos está en
reposo. Para que surja efecto la idea de los bomberos, se le debe agregar una tercera componente en
la velocidad, en la misma dirección y opuesta a la velocidad del carro, así la velocidad del chorro es
𝑣⃗ =
2𝑣
𝑔𝜋𝑅
𝑖̂ +
𝑗̂ − 𝑣𝑘̂
𝜋
2𝑣
 Problema 22: Pregunta 3, control 1, semestre otoño 2012
Un anillo muy pequeño se logra hacer girar con velocidad angular
constante 𝜔 a lo largo de una circunferencia vertical de radio𝑅. La
circunferencia está cortada en un punto determinado por un ángulo
𝜃 = 30°, como se señala en la figura. Al alcanzar este punto, el anillo
se desprende y continúa en caída libre.
1) Calcule el valor de la velocidad angular 𝜔 si el anillo, luego de
desprenderse, toca a la circunferencia precisamente en su punto más
bajo P.
2) Para el caso anterior indique el valor de la rapidez del anillo y su
dirección cuando cruza el diámetro de la circunferencia. (eje x)
𝑦
𝜃
𝑅
𝑥
𝜔
𝑃
1) En primer lugar, se debe notar que la rapidez lineal del anillo es 𝑣 = 𝜔𝑅. Utilizando el sistema de
coordenadas que sugiere la figura tenemos
𝑥 = −𝑅 cos(𝜃) + 𝜔𝑅𝑡 sin(𝜃)
1
𝑦 = 𝑅 sin(𝜃) + 𝜔𝑅𝑡 cos(𝜃) − 2 𝑔𝑡 2
Dado que 𝜃 = 30° , reducimos las dos ecuaciones a
𝑥=−
1
√3
𝑅 + 𝜔𝑅𝑡
2
2
𝑣
𝜃
𝑦
𝑅
1
1
√3
𝑦= 𝑅+
𝜔𝑅𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
2
2
Imponiendo las coordenadas del punto P
1
√3
0=−
𝑅 + 𝜔𝑅𝑡
2
2
Cinemática
Problemas resueltos para el curso FI1001
𝑥
𝑃
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1
1
√3
−𝑅 = 𝑅 +
𝜔𝑅𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
2
2
De la ecuación en el eje horizontal despejamos el tiempo
𝑡=
√3
𝜔
Luego, en la ecuación ya simplificada del eje vertical
−2 = 1 + √3𝜔𝑡 −
𝑔 2
𝑡
𝑅
√3 𝑔 3
−
𝜔 𝑅 𝜔2
𝑔
𝜔=√
2𝑅
0 = 3 + √3𝜔
2) En el movimiento parabólico solo la velocidad en el eje horizontal no varía. Así
𝑔𝑅
𝑣𝑥 = 𝜔𝑅 sin(𝜃) = √
8
En el eje vertical, dado que conocemos la distancia recorrida, usamos la ecuación
𝑣𝑓2 = 2𝑔Δ𝑦 + 𝑣𝑖2
que en este caso se transforma a
𝑣𝑓2 = 2𝑔𝑅 sin(𝜃) + (𝜔𝑅 cos(𝜃))2
Reemplazando los valores
2
𝑣𝑓2
𝑔 √3
11
= 𝑔𝑅 + (√ 𝑅 ) =
𝑔𝑅
2𝑅 2
8
11
𝑣𝑓 = −√ 𝑔𝑅
8
donde se ha elegido la solución negativa pues el anillo va descendiendo.
El módulo de la velocidad queda dado por
𝑔𝑅 11
3
𝑣 = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2 = √ + 𝑔𝑅 = √ 𝑔𝑅
8
8
2
La dirección, ángulo que forma el vector con el eje horizontal, es
𝑣
𝛼 = arctan ( 𝑦 ) = arctan (−√
𝑣𝑥
Cinemática
11
8
𝑔𝑅 √ )
8
𝑔𝑅
= arctan(−√11)
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30
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Unidad 2

Dinámica
Dinámica
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 Problema 1
Un pasajero posa sobre una balanza dentro de un ascensor. El pasajero observa que la balanza
registra una carga igual a un 70% de su peso. Si el ascensor es de masa 𝑀 y el pasajero de masa
𝑚, calcule la tensión del cable que tira el ascensor y compárela con la que se produciría si el
ascensor acelera en la misma razón pero en sentido opuesto.
Debemos notar que la balanza registra la fuerza normal entre esta y el pasajero.
La ecuación para la persona es
𝑁 − 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎𝑃
pero sabemos cuánto vale la normal
0,7𝑚𝑔 − 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎𝑃
𝑎𝑃 = −0,3𝑔
La ecuación para el ascensor es
𝑇 − 𝑀𝑔 − 𝑁 = 𝑀𝑎𝐴
donde hemos utilizado la 3ra ley de Newton para colocar la normal en la ecuación dinámica. Además
la aceleración del pasajero y del ascensor es la misma, por lo que el ascensor va descendiendo. La
tensión es
𝑇 = 𝑀𝑎𝐴 + 𝑀𝑔 + 𝑁 = 0,7(𝑚 + 𝑀)𝑔
Si el ascensor asciende, para la persona tenemos
𝑁 = 𝑚(𝑔 + 𝑎𝑃 ) = 1,3𝑚𝑔
y para el ascensor
𝑇 = 𝑁 + 𝑀𝑎𝐴 = 1,3(𝑚 + 𝑀)𝑔
Los resultados son lógicos. Si el ascensor no acelerara la tensión valdría (𝑚 + 𝑀)𝑔. Al descender, el
peso tiene que ser mayor que la tensión y al ascender, la tensión tiene que ser mayor que el peso.
 Problema 2
Considere un péndulo cónico, consistente en una cuerda de largo 𝑙 con una masa puntual 𝑚 en
su extremo. La cuerda forma un ángulo 𝛼 con la vertical y la masa describe un movimiento
circunferencial uniforme. ¿Cuál es la velocidad angular de este movimiento?
Descomponiendo la tensión en sus componentes vertical y horizontal resultan las siguientes
ecuaciones de movimiento
𝑇 cos(𝛼) − 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎𝑦
𝑇 sin(𝛼) = 𝑚𝑎𝑥
En el eje vertical la masa no acelera, mientras que en el eje horizontal, la aceleración es la centrípeta
𝑇 cos(𝛼) = 𝑚𝑔
𝑇 sin(𝛼) = 𝑚𝜔2 𝑙 sin(𝛼)
Despejando la tensión de la primera y reemplazando en la segunda
𝑚𝑔
𝑇=
cos(𝛼)
Dinámica
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𝑚𝑔
= 𝑚𝜔2 𝑙
cos(𝛼)
𝑔
𝜔=√
𝑙 cos(𝛼)
 Problema 3
Una bola se sostiene por dos hilos, como se muestra en la figura. Si se
corta el hilo horizontal, la bola oscilará, llegando a un punto de
altura máxima. ¿Qué relación hay entre la tensión del hilo en ese
punto y la tensión antes de ser cortado el hilo horizontal?
𝛽 𝛽
Sea 𝑇ℎ la tensión del hilo horizontal y 𝑇 la tensión del hilo que no se
corta. Las ecuaciones de movimiento para la masa antes de cortase el
hilo son
𝑇 cos 𝛽 − 𝑚𝑔 = 0
𝑇 sin 𝛽 − 𝑇ℎ = 0
De estas ecuaciones obtenemos
𝑇=
𝑚𝑔
cos 𝛽
En el punto de altura máxima, se cumple
𝑇 ′ − 𝑚𝑔 cos 𝛽 = 0
Luego, la relación solicitada es
𝑇 ′ 𝑚𝑔 cos 𝛽
=
= cos2 𝛽
𝑚𝑔
𝑇
cos 𝛽
Un error común es señalar que
𝑇 ′ cos 𝛽 − 𝑚𝑔 = 0
Lo cual es erróneo, pues existe una aceleración que es perpendicular a la tensión, dada por
𝑎 = 𝑚𝑔 sin(𝛽)
 Problema 4
1) Considere una máquina ideal de Atwood simple, consistente en una polea sin
roce ni masa por la cual pasa una cuerda ideal en cuyos extremos tiene masas
𝑚1 y 𝑚2 . Determine la aceleración de dichas masas y la tensión de la cuerda.
Las ecuaciones de movimiento para cada masa son
𝑇 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎1
𝑇 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎2
Dado que la cuerda es inextensible
Dinámica
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𝑚1
𝑚2
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𝑎1 = −𝑎2 = 𝑎
Así
𝑇 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎
𝑇 − 𝑚2 𝑔 = −𝑚2 𝑎
Igualando las tensiones
𝑚1 𝑎 + 𝑚1 𝑔 = 𝑚2 𝑔 − 𝑚2 𝑎
𝑚2 − 𝑚1
𝑎=
𝑔
𝑚2 + 𝑚1
Luego, la tensión es
𝑇 = 𝑚1 (𝑔 + 𝑎) =
2𝑚1 𝑚2
𝑔
𝑚1 + 𝑚2
2) Considere una máquina de atwood doble como se muestra en la figura.
Determine la aceleración de cada una de las masas.
Sean 𝑇1 y 𝑇2 las tensiones de las cuerdas sobre las masas 1 y 2,
respectivamente. Las ecuaciones de movimiento para cada masa son
𝑇1 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎1
𝑚1
𝑇2 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎2
𝑇2 − 𝑚3 𝑔 = 𝑚3 𝑎3
𝑚3
Sobre la polea móvil se tiene
𝑚2
𝑇1 − 2𝑇2 = 0
Dado que se tienen 4 ecuaciones y 5 incógnitas, no se puede resolver el sistema. Para poder
resolverlo se debe obtener una relación entre las aceleraciones. Dado que la polea móvil tiene la
misma aceleración que la masa 1 y que la polea se mueve solidariamente con el punto medio de las
masas 2 y 3 (si la polea estuviese fija, el punto medio entre ambas masas es constante), se tiene
𝑎2 + 𝑎3
𝑎1 = −
2
Luego, las ecuaciones quedan
2𝑇 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎1
𝑇 − 𝑚2 𝑔 = −𝑚2 (2𝑎1 + 𝑎3 )
𝑇 − 𝑚3 𝑔 = 𝑚3 𝑎3
De la tercera ecuación
𝑇 = 𝑚3 𝑔 + 𝑚3 𝑎3
Despejando 𝑎1 de la primera
𝑎1 =
2𝑇
𝑚3 𝑔 + 𝑚3 𝑎3
−𝑔 =2
−𝑔
𝑚1
𝑚1
Reemplazando en la segunda
𝑚3 𝑔 + 𝑚3 𝑎3 − 𝑚2 𝑔 = −𝑚2 (4
Dinámica
𝑚3 𝑔 + 𝑚3 𝑎3
− 2𝑔 + 𝑎3 )
𝑚1
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𝑎3 (𝑚1 𝑚3 + 𝑚1 𝑚2 + 4𝑚2 𝑚3 ) = −𝑚2 𝑔(4𝑚3 − 2𝑚1 ) − 𝑚1 𝑚3 𝑔 + 𝑚1 𝑚2 𝑔
𝑎3 = −𝑔
4𝑚2 𝑚3 − 𝑚1 (3𝑚2 − 𝑚3 )
(𝑚1 𝑚3 + 𝑚1 𝑚2 + 4𝑚2 𝑚3 )
Luego
𝑎1 =
2𝑚3
4𝑚2 𝑚3 − 3𝑚1 𝑚2 + 𝑚1 𝑚3
(𝑔 − 𝑔
)−𝑔
(𝑚1 𝑚3 + 𝑚1 𝑚2 + 4𝑚2 𝑚3 )
𝑚1
𝑎1 = 𝑔 (
8𝑚2 𝑚3
− 1)
(𝑚1 𝑚3 + 𝑚1 𝑚2 + 4𝑚2 𝑚3 )
𝑎1 = 𝑔
4𝑚2 𝑚3 − 𝑚1 (𝑚3 + 𝑚2 )
(𝑚1 𝑚3 + 𝑚1 𝑚2 + 4𝑚2 𝑚3 )
Y
𝑎2 = −2𝑎1 − 𝑎3 = 𝑔
4𝑚2 𝑚3 − 𝑚1 (3𝑚2 − 𝑚3 )
4𝑚2 𝑚3 − 𝑚1 (𝑚3 + 𝑚2 )
− 2𝑔
(𝑚1 𝑚3 + 𝑚1 𝑚2 + 4𝑚2 𝑚3 )
(𝑚1 𝑚3 + 𝑚1 𝑚2 + 4𝑚2 𝑚3 )
𝑎2 = −𝑔
4𝑚2 𝑚3 + 𝑚1 (𝑚2 − 3𝑚3 )
(𝑚1 𝑚3 + 𝑚1 𝑚2 + 4𝑚2 𝑚3 )
Podemos verificar los resultados comprobando el caso 𝑚1 = 2𝑚2 = 2𝑚3 , donde todas las
aceleraciones son 0. Además, si 𝑚3 ≪ 𝑚1 , 𝑚2 , se tiene que 𝑎1 = 𝑎2 − 𝑔 y 𝑎3 = 3𝑔, lo cual es
correcto, pues para que 1 y 2 bajen una distancia 𝑥, 3 debe subir 3𝑥, pues para que 2 baje 𝑥, en su
polea debe bajar 2𝑥, así 3 sube 2𝑥 en su polea más 𝑥 que sube su polea por el descenso de 1 en 𝑥.
 Problema 5: Pregunta 1, examen otoño 2011
𝑚1
𝐹⃗
𝑀
𝑚2
Considere el carro de masa 𝑀 indicado en la figura.
Sobre dicho carro se sitúan dos carros de masa 𝑚1 y
𝑚2 . Despreciando el efecto de las fuerzas de roce en
cada una de las superficies de contacto, determine el
valor de la fuerza 𝐹 que es preciso aplicar en la
dirección horizontal para lograr que el carro 𝑚2 no
suba ni baje.
Las ecuaciones de movimiento para los carros son
𝑁2 = 𝑚2 𝑎2𝑥
𝑇 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎2𝑦
𝑇 = 𝑚1 𝑎1𝑥
𝑁1 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎1𝑦 = 0
Para que el carro 𝑚2 no suba ni baje su aceleración en el eje Y debe ser nula y su aceleración en el
eje X debe ser la misma que la del carro 𝑚1 y el carro 𝑀, la cual llamaremos simplemente 𝑎. Esta es
la aceleración del sistema, provocada por la única fuerza externa actuante en el eje X:
𝐹 = (𝑀 + 𝑚1 + 𝑚2 )𝑎
Las ecuaciones relevantes para nuestro problemas quedan dadas por
𝑁2 = 𝑚2 𝑎
Dinámica
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𝑇 = 𝑚2 𝑔
𝑇 = 𝑚1 𝑎
De las dos últimas obtenemos el valor de 𝑎
𝑎=
𝑚2
𝑔
𝑚1
que reemplazamos para determinar F
𝐹 = (𝑀 + 𝑚1 + 𝑚2 )
𝑚2
𝑔
𝑚1
 Problema 6: Ejercicio 5 año 2004, Prof. Andrés Meza.
1) Un bloque de masa 𝑚 descanza sobre la superficie
sin roce de una cuña de masa 𝑀 que, a su vez, puede
deslizar sin roce sobre el suelo. Encuentre la fuerza
horizontal 𝐹 que se debe aplicar para que el bloque m
no deslice por el plano inclinado.
2) Si ahora suponemos que existe roce entre la cuña y
el suelo, ¿Cuál es la fuerza 𝐹 que tenemos que aplicar
para que el bloque m no deslice?
𝑚
𝐹
𝑀
𝜃
Los DCLs de los cuerpos son
𝑁⃗
𝑚𝑔⃗
𝐹
𝑁′⃗
𝑀𝑔⃗
𝑅⃗
Debemos notar que el ángulo que forma la normal con la vertical es 𝜃. A partir de esto las
ecuaciones de movimiento para el bloque son
𝑁 sin(𝜃) = 𝑚𝑎𝑋
𝑁 cos(𝜃) − 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎𝑌
y para la cuña son
𝐹 − 𝑁 ′ sin(𝜃) = 𝑀𝑎′𝑋
𝑅 − 𝑁 ′ cos(𝜃) − 𝑀𝑔 = 𝑀𝑎′𝑌 = 0
La condición para que el bloque no resbale es que su aceleración en el eje Y sea nula mientras que
en el eje X sea la misma que la cuña: 𝑎𝑋 = 𝑎′𝑋 . Obteniendo la normal de la ecuación en el eje Y y
reemplazándola en la ecuación del eje X, obtenemos
𝑁 cos(𝜃) = 𝑚𝑔
𝑚𝑔
𝑁=
cos(𝜃)
Luego
𝑁 sin(𝜃) = 𝑚𝑎𝑋
𝑚𝑎𝑋 = 𝑚𝑔 tan(𝜃)
Dinámica
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𝑎𝑋 = 𝑔 tan(𝜃)
Reemplazando en la primera ecuación de movimiento para la cuña el valor de la normal y de la
aceleración, obtenemos el valor de la fuerza
𝐹 − 𝑚𝑔 tan(𝜃) = 𝑀𝑔 tan(𝜃)
𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 tan(𝜃)
2) La única ecuación que se modifica es la ecuación de movimiento de la cuña en el eje x, la cual
queda
𝐹 − 𝑁 ′ sin(𝜃) − 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑀𝑎′𝑋
Como se cumple la igualdad 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝜇𝑅, despejamos la fuerza necesaria
𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 tan(𝜃) + 𝜇𝑅 = (𝑀 + 𝑚)𝑔 tan(𝜃) + 𝜇(𝑚 + 𝑀)𝑔
𝐹 = (𝑀 + 𝑚)𝑔(tan(𝜃) + 𝜇)
 Problema 7: Pregunta 2, control recuperativo, semestre otoño 2009.
Los tres bloques de la figura están conectados por
medio de cuerdas sin masa que pasan por poleas
sin fricción. La aceleración de la masa 𝑚2 es de
magnitud a hacia la izquierda y las superficies son
rugosas. Determine:
a) Las tensiones en las cuerdas.
b) El coeficiente de fricción cinética entre los
bloques y las superficies (Suponga el mismo
coeficiente para ambos bloques).
𝑚2
𝑚3
𝑚1
𝜃
Como el sistema se mueve solidariamente, los 3 bloques tienen la misma aceleración. Así, las
ecuaciones en los ejes en que se mueven los bloques son
𝑇1 − 𝑚1 𝑔 = −𝑚1 𝑎
𝑇2 − 𝑇1 + 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = −𝑚2 𝑎
𝐹′𝑟𝑜𝑐𝑒 − 𝑇2 + 𝑚3 𝑔 sin 𝜃 = −𝑚3 𝑎
Estableciendo la igualdad 𝑓𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝜇𝑁
𝑇1 − 𝑚1 𝑔 = −𝑚1 𝑎 (1)
𝑇2 − 𝑇1 + 𝜇𝑚2 𝑔 = −𝑚2 𝑎 (2)
𝜇𝑚3 𝑔 cos 𝜃 − 𝑇2 + 𝑚3 𝑔 sin 𝜃 = −𝑚3 𝑎 (3)
La tensión de la primera cuerda es fácil de obtener con la ecuación (1)
𝑇1 = 𝑚1 (𝑔 − 𝑎)
Sumando (2) y (3)
𝜇𝑚3 𝑔 cos 𝜃 − 𝑇1 + 𝜇𝑚2 𝑔 + 𝑚3 𝑔 sin 𝜃 = −𝑚3 𝑎 − 𝑚2 𝑎
𝜇𝑚3 𝑔 cos 𝜃 − 𝑚1 𝑔 + 𝑚1 𝑎 + 𝜇𝑚2 𝑔 + 𝑚3 𝑔 sin 𝜃 = −𝑚3 𝑎 − 𝑚2 𝑎
𝜇=
Dinámica
𝑚1 𝑔 − 𝑎(𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 ) − 𝑚3 𝑔 sin 𝜃
𝑚3 𝑔 cos 𝜃 + 𝑚2 𝑔
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Reemplazando 𝜇 en (3)
𝑇2 = 𝑚3 (𝜇𝑔 cos 𝜃 + 𝑔 sin 𝜃 + 𝑎)
𝑇2 = 𝑚3 (
𝑚1 𝑔 − 𝑎(𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 ) − 𝑚3 𝑔 sin 𝜃
cos 𝜃 + 𝑔 sin 𝜃 + 𝑎)
𝑚3 cos 𝜃 + 𝑚2
𝑇2 = 𝑚3
𝑚1 (𝑔 − 𝑎)cos 𝜃 − 𝑚2 (𝑎 cos 𝜃 − 𝑔 sin 𝜃 − 𝑎)
𝑚3 cos 𝜃 + 𝑚2
 Problema 8: Ejercicio 5, semestre otoño 2011, Prof. Diego Mardones.
Un bloque de masa M sube por un plano inclinado cuyo
ángulo de elevación es 𝛼. Los coeficientes de roce estático y
cinético sobre la masa M y el plano son 𝜇𝑒 y 𝜇𝑐 ,
respectivamente.
1) ¿Cuál es la altura máxima que alcanza el bloque si parte
𝑣0
con velocidad 𝑣0 desde la base del plano?
2) ¿Qué condición debe satisfacerse para que el bloque
𝛼
vuelva a descender?
𝑚
3) En caso de cumplirse la condición anterior, ¿con qué
velocidad llegará a la base del plano inclinado?
𝜇𝑒 , 𝜇𝑐
1) La ecuación de movimiento para el bloque es
−𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑜 = −𝑚𝑎
En este caso se cumple que
𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑜 = 𝜇𝑐 𝑁 = 𝜇𝑐 𝑚𝑔 cos 𝛼
por lo que la aceleración del bloque es
𝑎 = 𝑔(sin 𝛼 + 𝜇𝑐 cos 𝛼)
Luego, las ecuaciones cinemáticas del bloque son
1
𝑥 = 𝑣𝑜 𝑡 − 𝑎𝑡 2
2
𝑣 = 𝑣𝑜 − 𝑎𝑡
Como la rapidez final del bloque es nula, el tiempo en que se demora en llegar a su altura máxima es
𝑣0
𝑡=
𝑎
que reemplazamos en la ecuación para la posición, obteniéndose
𝑥=
𝑣02
𝑣02
=
2𝑎 2𝑔(sin 𝛼 + 𝜇𝑐 cos 𝛼)
2) Para que el bloque descienda se debe cumplir que el roce sea menor a la componente del peso
paralela a la cuña, o sea,
𝑚𝑔 sin 𝛼 > 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 𝑒𝑠𝑡á𝑡𝑖𝑐𝑜 = 𝜇𝑒 𝑚𝑔 cos 𝛼
o de forma equivalente
Dinámica
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tan 𝛼 > 𝜇𝑒
3) La nueva ecuación de movimiento del bloque es
−𝑚𝑔 sin 𝛼 + 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑜 = −𝑚𝑎′
luego
𝑎′ = 𝑔(sin 𝛼 − 𝜇𝑐 cos 𝛼)
Las ecuaciones cinemáticas ahora serán
1
𝑣02 1 2
𝑥 = 𝑥0 − 𝑎′𝑡 2 =
− 𝑎′𝑡
2
2𝑎 2
𝑣 = −𝑎′𝑡
Al llegar al suelo, su posición será 𝑥 = 0, por lo que el tiempo de bajada es
𝑣02
𝑡=√
𝑎 𝑎′
y la velocidad de llegada será
𝑣2
𝑔(sin 𝛼 − 𝜇𝑐 cos 𝛼)
sin 𝛼 − 𝜇𝑐 cos 𝛼
|𝑣| = 𝑎′√ 0 ′ = 𝑣0 √
= 𝑣0 √
𝑎𝑎
𝑔(sin 𝛼 + 𝜇𝑐 cos 𝛼)
sin 𝛼 + 𝜇𝑐 cos 𝛼
 Problema 9: Pregunta 3 control recuperativo, semestre otoño 2011.
Una caja pequeña posa sin resbalar sobre el pasamanos de un
pasillo transportador mecánico. El coeficiente de roce estático
entre el pasamanos y la caja es 𝜇 y la velocidad del pasillo es
𝑣0 . El extremo superior del pasamanos termina en forma
semicircular de radio 𝑅. Al llegar la caja al tramo semicircular
esta se desprende de la superficie y cae.
1) Determine el punto de desprendimiento de la casa, suponiendo que
N
esta nunca desliza.
2) Determine el punto de impacto de la caja en el piso.
α
1) Tomando el eje coordenado de la figura tenemos las siguientes
ecuaciones de movimiento
T
Para N: 𝑁 − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝛼) = 𝑚𝑎𝑁
Para T: 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝛼) − 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚𝑎𝑇
Al describir una circunferencia, el bloque presenta una aceleración centrípeta en el eje normal y
como se mueve con rapidez constante, en el eje tangencial no hay aceleración, por lo que las
ecuaciones anteriores quedan de la siguiente forma
𝑁 − 𝑚𝑔 cos(𝛼) = −𝑚
𝑣0 2
𝑅
𝑚𝑔 sin(𝛼) − 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 0
La condición de despegue es que la normal se anule, de donde se obtiene
−𝑚𝑔 cos(𝛼) = −𝑚
Dinámica
𝑣0 2
𝑅
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cos(𝛼) =
Universidad de Chile
𝑣0 2
𝑔𝑅
2) Una vez que la normal se anula, el cuerpo queda solo bajo la acción de la gravedad,
presentándose un movimiento parabólico, descrito por las siguientes ecuaciones, según el nuevo
sistema de referencia mostrado en la figura:
𝑥 = 𝑅 sin(𝛼) + 𝑣0 cos(𝛼) 𝑡
90-α
Y
1
𝑦 = 𝑅(1 + cos(𝛼)) − 𝑣0 sin(𝛼) 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
α α
𝑣0
De la ecuación para el eje Y calculamos el tiempo que se demora el bloque
en llegar al suelo, donde elegimos la solución positiva
1
0 = 𝑅(1 + cos(𝛼)) − 𝑣0 sin(𝛼) 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
X
−𝑣0 sin(𝛼) + √𝑣02 sin2 (𝛼) + 2 𝑅𝑔(1 + cos(𝛼))
𝑡=
𝑔
Utilizando este tiempo de vuelo en la otra ecuación, obtenemos la distancia solicitada
𝑥 = 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝛼) + 𝑣0 cos(𝛼)
√𝑣02 sin2(𝛼) + 2 𝑅𝑔(1 + cos(𝛼)) − 𝑣0 sin(𝛼)
𝑔
En esta expresión se cumple
cos(𝛼) =
𝑣𝑜2
𝑔𝑅
Para calcular sin(𝛼), utilizamos la identidad trigonométrica
sin(𝛼) = √1 − cos2 (𝛼)
2
sin(𝛼) = √1 − (
𝑣𝑜2
1
√(𝑔𝑅)2 − 𝑣04
) =
𝑔𝑅
𝑔𝑅
 Problema 10:
Un bloque pequeño de masa m se coloca dentro de un cono invertido
cuyas paredes forman un ángulo 𝛽 con la vertical y el cual gira de
modo que el tiempo que demora cada revolución es 𝑇. Si el coeficiente
de roce estático entre la masa y el cono es 𝜇, determine los valores
mínimo y máximo de 𝑇 para que el bloque se mantenga a una altura ℎ
sobre el vértice.
2𝛽
Primero, calculamos el radio de la circunferencia que describe el bloque, el cual está dado por
𝑅 = ℎ tan(𝛽)
𝑁⃗
𝐹⃗𝑟𝑜𝑐𝑒
Manteniendo el eje coordenado tenemos
𝑒𝑗𝑒 𝑥: − 𝑁 cos(𝛽) ± 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 sin(𝛽) = −𝑚𝜔2 𝑅
𝑒𝑗𝑒 𝑦: 𝑁 sin(𝛽) − 𝑚𝑔 ± 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 cos(𝛽) = 0
Dinámica
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𝑚𝑔⃗
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En los casos extremos se cumplirá la igualdad 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝜇𝑁, de esta forma
−𝑁 cos(𝛽) ± 𝜇𝑁 sin(𝛽) = −𝑚𝜔2 𝑅
𝑁 sin(𝛽) − 𝑚𝑔 ± 𝜇𝑁 cos(𝛽) = 0
El caso mínimo es cuando la fuerza de roce es positiva, es decir, evita que el cuerpo descienda en el
cono.
2
−𝑁 cos(𝛽) + 𝜇𝑁 sin(𝛽) = −𝑚𝜔𝑚𝑖𝑛
𝑅
𝑁 sin(𝛽) − 𝑚𝑔 + 𝜇𝑁 cos(𝛽) = 0
Despejando la normal en la segunda ecuación y reemplazando en la primera
𝑚𝑔
𝑁=
sin(𝛽) + 𝜇 cos(𝛽)
𝑚𝑔
2
(cos(𝛽) − 𝜇 sin(𝛽)) = 𝑚𝜔𝑚𝑖𝑛
ℎ tan(𝛽)
sin(𝛽) + 𝜇 cos(𝛽)
2
𝜔𝑚𝑖𝑛
=
𝑔
cos(𝛽) − 𝜇 sin(𝛽)
ℎ tan(𝛽) sin(𝛽) + 𝜇 cos(𝛽)
El caso máximo es cuando la fuerza de roce es negativa, es decir, evita que el cuerpo suba en el cono.
2
−𝑁 cos(𝛽) − 𝜇𝑁 sin(𝛽) = −𝑚𝜔𝑚𝑎𝑥
𝑅
𝑁 sin(𝛽) − 𝑚𝑔 − 𝜇𝑁 cos(𝛽) = 0
Repitiendo el procedimiento
2
𝜔𝑚𝑎𝑥
=
𝑔
cos(𝛽) + 𝜇 sin(𝛽)
ℎ tan(𝛽) sin(𝛽) − 𝜇 cos(𝛽)
Finalmente, los periodos mínimo y máximo se obtienen con la expresión
𝑇=
ℎ tan(𝛽) sin(𝛽) + 𝜇 cos(𝛽)
𝑇𝑚𝑖𝑛 = 2𝜋√
𝑔
cos(𝛽) − 𝜇 sin(𝛽)
2𝜋
𝜔
𝑇𝑚𝑎𝑥 = 2𝜋√
ℎ tan(𝛽) sin(𝛽) − 𝜇 cos(𝛽)
𝑔
cos(𝛽) + 𝜇 sin(𝛽)
 Problema 11
Considere el montaje mostrado en la figura. La masa del cuerpo 1 es 𝑛
veces mayor que la del cuerpo 2. Suponga que las masas de las poleas y
de los hilos, así como el rozamiento son despreciables por su pequeñez.
Cuando el cuerpo 2 se suelta, la masa 1 se encuentra a una altura ℎ.
1) ¿Cuál es la aceleración de la masa 2 mientras la masa 1 baja?
2) ¿Cuál es la altura máxima del suelo a la que subirá la masa 2?
1) Las ecuaciones de movimiento para los cuerpos son
𝑚1
𝑇 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎2
2𝑇 − 𝑚1 𝑔 = −𝑚1 𝑎1
En el enunciado se señala que 𝑚1 = 𝑛𝑚2 y por la configuración de las
poleas 2𝑎1 = 𝑎2 . Esto último se puede obtener haciendo el siguiente
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ℎ
𝑚2
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𝐿
análisis: si el cuerpo 2 sube una distancia 𝐿, el cuerpo 1 desciende 2 ya que la cuerda se divide
equitativamente en cada lado de la polea que está unida al cuerpo 1. Luego
𝑇 − 𝑚2 𝑔 = 𝑚2 𝑎2
𝑛𝑚2 𝑎2
2𝑇 − 𝑛𝑚2 𝑔 = −
2
Multiplicando la primera ecuación por 2 y restando la segunda
𝑛𝑚2
(𝑛𝑚2 − 2𝑚2 )𝑔 = (2𝑚2 +
) 𝑎2
2
2(𝑛 − 2)
𝑎2 =
𝑔
𝑛+4
2) Para calcular la altura máxima que alcanza debemos notar que el cuerpo 2 sigue ascendiendo una
vez que el cuerpo 1 llega al suelo; cuando esto ocurre la tensión se anula y aquel sigue moviéndose
sometido solo a su propio peso. En ese punto, donde la altura alcanzada por la masa 2 es el doble de
lo que descendió la masa 1 (ver como se obtuvo la relación entre aceleraciones), la ecuación que lo
rige es
1
𝑦 = 2ℎ + 𝑣0 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
𝑣 = 𝑣0 − 𝑔𝑡
Primero calculamos 𝑣0 con la aceleración obtenida.
1
𝑛−2 2
2ℎ = 𝑎2 𝑡 2 =
𝑔𝑡
2
𝑛+4
2(𝑛 + 4)ℎ
𝑡=√
(𝑛 − 2)𝑔
𝑣0 = 𝑎2 𝑡 =
2(𝑛 − 2)
2(𝑛 + 4)ℎ
2(𝑛 − 2)
𝑔√
= 2√
𝑔ℎ
(𝑛 − 2)𝑔
𝑛+4
𝑛+4
El tiempo que demora el cuerpo 2 desde 2ℎ hasta su punto más alto es
𝑣0
𝑡=
𝑔
Luego la altura máxima es
𝑣0 1 𝑣0 2
𝑣02
𝑦 = 2ℎ + 𝑣0 − 𝑔 ( ) = 2ℎ +
𝑔 2
𝑔
2𝑔
𝑦 = 2ℎ + 4
(𝑛 − 2)ℎ
6𝑛ℎ
=
𝑛+4
𝑛+4
 Problema 12: Pregunta 2 control 2, semestre otoño 2011.
Un bloque de peso 𝑊 descansa sobre un plano inclinado
rugoso el cual forma un ángulo 𝛼 con la horizontal.
1) Si el coeficiente de fricción estático es 𝜇 = 2 𝑡𝑎𝑛(𝛼) y
sobre el bloque está actuando una fuerza horizontal de
magnitud H (la horizontal es considerada transversal a la
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𝐻
𝛼
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pendiente del plano). Encuentre el valor mínimo de H que logra mover el bloque.
2) ¿En qué dirección, con respecto al plano, se moverá el bloque?
Se debe tener claro que la fuerza de roce se opone al movimiento del cuerpo, en este caso, se
opondrá a la resultante de las fuerzas paralelas a la cuña. De esta forma,
2
|𝐹⃗𝑟𝑜𝑐𝑒 | = |𝐻|2 + |𝑚𝑔 sin(𝛼)|2
Como el cuerpo está a punto de deslizar, se tiene que
𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝜇𝑁 = 𝜇𝑚𝑔 cos(𝛼)
Reemplazando en la ecuación anterior y considerando el valor del coeficiente de roce
(𝜇𝑚𝑔 cos(𝛼))2 = 𝐻 2 + (𝑚𝑔 sin(𝛼))2
(2 tan(𝛼) 𝑚𝑔 cos(𝛼))2 = 𝐻 2 + (𝑚𝑔 sin(𝛼))2
(2𝑚𝑔 sin(𝛼))2 = 𝐻 2 + (𝑚𝑔 sin(𝛼))2
𝐻 2 = 3 (𝑚𝑔 sin(𝛼))2
𝐻 = √3 𝑚𝑔 sin(𝛼)
Una vez que el bloque comience a deslizar de moverá en la dirección de la fuerza de roce pero en
sentido opuesto, es decir, hacia la derecha y hacia el extremo inferior de la cuña, formando un
ángulo con la horizontal dado por
𝜃 = arctan (
𝑚𝑔 sin(𝛼)
√3𝑚𝑔 sin(𝛼)
) = arctan (
√3
) = 30°
3
 Problema 13: Basado en pregunta 3, control recuperativo 1, año 2005.
𝜇
𝑚
ℎ
𝐴
Un bloque de masa m parte desde el reposo y desliza sobre un
plano inclinado de ángulo 𝛼. Si el coeficiente de fricción dinámico
entre el bloque y el plano es 𝜇, mientras que la fuerza de
resistencia del aire es proporcional a la velocidad 𝐹⃗ = −𝜆𝑣⃗,
encuentre el tiempo que demora en bloque en descender desde el
punto A, el cual se encuentra a una altura ℎ, hasta el comienzo del
plano inclinado, suponiendo que este es lo suficientemente largo.
Las ecuaciones de movimiento de la masa son
−𝑚𝑔 sin 𝛼 + 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = −𝑚𝑎
𝑁 − 𝑚𝑔 cos 𝛼 = 0
La fuerza de roce está compuesta por el roce dinámico y el roce viscoso
𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑁 − 𝜆𝑣 = 𝑚𝑎
Reemplazando el valor de la normal
𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇𝑚𝑔 cos 𝛼 − 𝜆𝑣 = 𝑚𝑎
Después de un tiempo lo suficientemente largo, el cuerpo deja de acelerar, alcanzando su velocidad
límite, la cual despejamos de esta última ecuación
𝑣=
Dinámica
𝑚𝑔(sin 𝛼 − 𝜇 cos 𝛼)
𝜆
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La distancia que recorre el bloque desde el punto A es
𝑑=
ℎ
sin 𝛼
Finalmente, el tiempo que demora es
𝑡=
𝑑
ℎ
𝜆
=
𝑣 sin 𝛼 𝑚𝑔(sin 𝛼 − 𝜇 cos 𝛼)
 Problema 14
En la figura se muestra una V invertida, de ángulo 2𝛽 de masa 𝑀,
simétrica y pulida en el cual se pasan dos anillos de masa 𝑚 unidos por un
resorte de constante elástica 𝑘 y largo natural 𝑙. El sistema es remolcado
en el espacio mediante una cuerda cuya tensión es constante y de valor 𝑇.
Si la separación entre los anillos es constante y no hay gravedad,
determine la separación entre los anillos.
𝑇
2𝛽
𝑘, 𝑙
La ecuación dinámica para el sistema es
𝑇 = (𝑀 + 2𝑚)𝑎
Como la aceleración del sistema es la misma para cada anillo tenemos en cada uno de ellos
𝑒𝑗𝑒 𝑦 ∶ 𝑁 sin(𝛽) = 𝑚𝑎
𝑒𝑗𝑒 𝑥 ∶ 𝑁 cos(𝛽) − 𝑘𝑥 = 0
Luego
𝑥=
𝑁 cos(𝛽)
𝑘
Despejando la normal de la ecuación para el eje y tenemos
𝑥=
𝑚𝑎 cos(𝛽) 𝑚𝑎 cot(𝛽)
=
sin(𝛽) 𝑘
𝑘
Reemplazando la aceleración del sistema, obtenida de la ecuación dinámica del sistema
𝑥=
𝑚𝑇 cot 𝛽
(𝑀 + 2𝑚)𝑘
Finalmente la separación de los anillos es 𝑙 + 𝑥, debido a que el resorte debe estirarse para que la
fuerza restitutiva de esta anule la componente de la normal.
 Problema 15
𝑁 partículas idénticas de masa m se unen mediante resortes idénticos de masa nula, constante
elástica 𝑘 y longitud natural 𝐿. El sistema toma la forma de un polígono regular de 𝑁 lados
mientras rota en torno a su centro con velocidad angular 𝜔. Calcule la elongación
experimentada por los resortes.
En este problema es necesario hacer el análisis solo a una masa, ya que para las restantes la
situación es análoga. Claramente, en el eje tangencial a la trayectoria la fuerza neta es nula, pues el
sistema rota con velocidad angular constante. En el eje radial, tenemos
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−2𝑘𝑥 cos 𝛼 = −𝑚𝑎𝑐
𝐹𝑒
2𝑘𝑥 cos 𝛼 = 𝑚𝜔2 𝑅
Calculemos el ángulo que forma cada par de aristas del polígono. Uniendo
cada vértice con el centro del polígono, formamos 𝑁 triángulos, donde el
360
ángulo asociado al centro es 𝑁 . Luego, el ángulo entre la arista y uno de los
otros lados del triángulo es
2𝛼 +
𝛼
360
𝑁
360
= 180
𝑁
𝛼 = 90 −
180
𝑁
Calculemos el radio de la circunferencia descrita por cada masa, siendo 𝛼 el ángulo que forma el
resorte con el radio. Cada arista tiene un largo de 𝑙 + 𝑥 ya que al estirarse el resorte, la fuerza
resultante en cada masa apunta hacia el centro. Si el resorte se comprimiera, la fuerza resultante en
cada masa sería radialmente hacia afuera. Luego,
𝑙+𝑥
2
𝑙+𝑥
𝑅=
2 cos 𝛼
𝑅 cos 𝛼 =
Reemplazando en la expresión obtenida
2𝑘𝑥 cos 𝛼 = 𝑚𝜔2 𝑅
2𝑘𝑥 cos 𝛼 = 𝑚𝜔2
𝑙+𝑥
2 cos 𝛼
4𝑘𝑥 cos2 𝛼 − 𝑚𝜔2 𝑥 = 𝑚𝜔2 𝑙
𝑥=
𝑚𝜔2 𝑙
𝑙
=
180
180
4𝑘 cos2 (90 −
) − 𝑚𝜔 2 4𝑘 sin2 (
)
𝑁
𝑁 −1
𝑚𝜔 2
 Problema 16: Ejercicio 9 año 2004, Prof. Andrés Meza.
Dos bloques de masas 𝑚1 y 𝑚2 se conectan a la pared
por medio de resortes de constantes elásticas 𝑘1 y 𝑘2
respectivamente. El bloque 𝑚2 desliza sin roce con el
piso pero entre los bloques existe un coeficiente de
roce 𝜇 .Los resortes se encuentran en su largo natural
cuando los bloques están inmóviles. Determine la
amplitud máxima del movimiento que mantiene los
bloques en reposo relativo.
𝜇
𝑘1
𝑚1
𝑘2
𝑚2
Tomemos el instante en que el resorte presenta su máxima compresión. Las ecuaciones de
movimiento de los cuerpos 1 y 2, respectivamente, son
𝑒𝑗𝑒 𝑥: 𝛿𝑘1 + 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚1 𝑎1
𝑒𝑗𝑒 𝑦: 𝑁 − 𝑚1 𝑔 = 0
𝑒𝑗𝑒 𝑥: 𝛿𝑘2 − 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚2 𝑎2
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𝑒𝑗𝑒 𝑦: 𝑅 − 𝑁 − 𝑚2 𝑔 = 0
Para que exista reposo relativo, las aceleraciones de ambos cuerpos deben ser iguales en todo el
movimiento. Además se cumple la igualdad conocida para la fuerza de roce:
𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝜇𝑁 = 𝜇𝑚1 𝑔
Reemplazando en las ecuaciones de movimiento
𝑎1 =
𝑎2 =
𝛿𝑘1
+ 𝜇𝑔
𝑚1
𝛿𝑘2 − 𝜇𝑚1 𝑔
𝑚2
Igualando ambas
𝛿𝑘1
𝛿𝑘2 − 𝜇𝑚1 𝑔
+ 𝜇𝑔 =
𝑚1
𝑚2
𝑘1
𝑘2
𝑚1
𝛿( −
) = − (1 +
) 𝜇𝑔
𝑚1 𝑚2
𝑚2
𝑚2 + 𝑚1
𝑚1 𝑚2
𝑚2 + 𝑚1
𝛿 = −𝜇𝑔 (
)(
) = 𝑚1 𝜇𝑔
𝑚2
𝑘1 𝑚2 − 𝑘2 𝑚1
𝑘2 𝑚1 − 𝑘1 𝑚2
 Problema 17
1) Calcule la constante elástica equivalente 𝑘𝑒𝑞 para un sistema compuesto por una masa y 2
resortes cuando estos se encuentren en serie y en paralelo. (La constante equivalente
corresponde al valor que tendría la constante elástica en un sistema compuesto por una masa y
un solo resorte el cual remplazaría a los resortes originales de la configuración.)
Paralelo
𝑘1
Serie
𝑘1
𝑘
𝑘
𝑔⃗
𝑚
𝑘2
𝑘
𝑘
𝑘2
2𝑚
𝑚
2) De las dos configuraciones que aparecen en la figura de la derecha ¿Cuál de ellas produce la
mayor elongación del extremo inferior?
1) Supongamos que ambos cuerpos son de masa 𝑀. Haciendo los DCL de cada cuerpo, suponiendo
estiramiento de los resortes, tenemos
𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜: −𝑘1 𝑥 − 𝑘2 𝑥 = −𝑀𝑎𝑝
−𝑥(𝑘1 + 𝑘2 ) = −𝑀𝑎𝑝
−𝑥𝑘𝑒𝑞 − 𝑀𝑎𝑝
𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒: − 𝑘2 𝑥2 = −𝑀𝑎𝑠
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Además, se cumple en esta configuración que 𝑘2 𝑥2 = 𝑘1 𝑥1 , lo cual se obtiene al hacer el DCL del
punto que une ambos resortes. Luego
𝑘2
𝑘2
𝑥1 + 𝑥2 = 𝑥2 + 𝑥2 = ( + 1) 𝑥2
𝑘1
𝑘1
Despejando 𝑥2 y remplazando en la ecuación de movimiento del bloque
𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒: −
−
𝑘2 (𝑥1 + 𝑥2 )
= −𝑀𝑎𝑠
𝑘2
+1
𝑘1
(𝑥1 + 𝑥2 )
= −𝑀𝑎𝑠
1
1
+
𝑘1 𝑘2
−𝑘𝑒𝑞 𝑥 = −𝑀𝑎𝑠
Generalizando, se tiene que para la configuración en paralelo 𝑘𝑒𝑞 = ∑𝑘𝑖 y para configuración en
1
serie 𝑘
𝑒𝑞
1
= ∑𝑘 .
𝑖
Regla nemotécnica: la constante elástica equivalente se calcula de igual forma que la capacitancia
equivalente o al revés que la resistencia equivalente.
2) Con lo aprendido anteriormente, para la configuración de la izquierda se tiene
𝑘
𝑥 = 2𝑚𝑔
2
4𝑚𝑔
𝑥=
𝑘
Para la configuración de la derecha escribimos las ecuaciones de movimiento para ambos cuerpos.
𝑘𝑥1 = 𝑚𝑔
𝑘𝑥2 = 𝑚𝑔 + 𝑘𝑥1
Despejando 𝑥1 =
𝑚𝑔
y
𝑘
𝑥2 =
2𝑚𝑔
.
𝑘
Luego,
𝑥1 + 𝑥2 =
3𝑚𝑔
𝑘
De esta forma, la configuración de la izquierda es la que presenta mayor elongación.
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Unidad 3
Trabajo y energía
Trabajo y energía
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 Problema 1: Pregunta 4, control recuperativo 1, año 2005.
En el espacio entre dos planos paralelos separados por
una distancia 𝑑 existe una fuerza 𝐹 constante y
𝜃𝑓
perpendicular a dichos planos en la dirección que se
𝐹⃗
muestra en la figura. Considere una partícula de masa m
que incide sobre uno de los planos con velocidad 𝑣0
𝜃𝑖
formando un ángulo 𝜃𝑖 con la normal a ese plano.
𝑣0⃗
1) Encuentre una relación entre 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑖 y 𝑠𝑖𝑛 𝜃𝑓 , donde 𝜃𝑓
𝑑
es el ángulo con que la partícula emerge del segundo
plano.
2) ¿Cuál es el mínimo valor del ángulo de incidencia que asegura que la partícula jamás llegue
a travesar el segundo plano?
1) Calcularemos el trabajo realizado por la fuerza sobre la partícula. En el eje vertical, el trabajo es
cero ya que la fuerza es perpendicular al desplazamiento.
𝑊𝑦 = 𝐹⃗ ∙ 𝑦⃗ = 𝐹𝑦 cos 90° = 0
Por Teorema del trabajo y la energía cinética
𝑊𝑦 = Δ𝐾𝑦
1
1
0 = 𝑚(𝑣0 sin 𝜃𝑖 )2 − 𝑚(𝑣𝑓 sin 𝜃𝑓 )2
2
2
𝑣0 sin 𝜃𝑖 = 𝑣𝑓 sin 𝜃𝑓
De forma análoga, en el eje horizontal se tiene
𝑊𝑥 = 𝐹⃗ ∙ Δx⃗ = 𝐹𝑑
𝑊𝑥 = Δ𝐾𝑥
1
1
−𝐹𝑑 = 𝑚(𝑣𝑓 cos 𝜃𝑓 )2 − 𝑚(𝑣0 cos 𝜃𝑖 )2
2
2
𝑣𝑓 =
1
2𝐹𝑑
√(𝑣0 cos 𝜃𝑖 ) 2 −
(∗)
cos 𝜃𝑓
𝑚
𝑣𝑓 = √
2𝐹𝑑
(𝑣0 cos 𝜃𝑖 ) 2 − 𝑚
(1 − sin2 𝜃𝑓 )
Reemplazando en la primera igualdad obtenida
𝑣0 sin 𝜃0 = √
2𝐹𝑑
(𝑣0 cos 𝜃𝑖 ) 2 − 𝑚
sin 𝜃𝑓
(1 − sin2 𝜃𝑓 )
2) El valor mínimo del ángulo de incidencia es tal que la velocidad horizontal de la partícula al llegar
al segundo plano sea nula, o sea,
𝑣𝑓 cos 𝜃𝑓 = 0.
Así, en (∗)
Trabajo y energía
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(𝑣0 cos 𝜃𝑖 ) 2 =
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2𝐹𝑑
𝑚
2𝐹𝑑
cos 𝜃𝑖 = √
𝑚𝑣0
 Problema 2: Problema 2, control 2, año 2003.
𝑚
𝑀
𝛼
𝛽
𝐷
Dos bloques de masas m y M descansan sobre los planos
inclinados de una cuña, unidos por una cuerda ideal que
pasa por una polea sin roce. El coeficiente de roce
dinámico entre los bloques y la cuña es 𝜇. Al soltar los
bloques con la cuerda estirada, éstos comienzan a
resbalar. Al cabo de un tiempo 𝜏 el bloque 𝑀 ha recorrido
una distancia 𝐷. Determine el coeficiente de roce entre los
bloques y la superficie.
La diferencia de energía mecánica es el trabajo realizado por la fuerza de roce.
Δ𝐸 = 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒
Utilizando como nivel cero de energía potencial la posición inicial de los bloques
𝑈𝑓 + 𝐾𝑓 − 𝑈𝑖 − 𝐾𝑖 = −|𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 | ∙ 𝐷
1
𝑚𝑔𝐷 sin 𝛼 − 𝑀𝑔𝐷 sin 𝛽 + (𝑚 + 𝑀)𝑣 2 − 0 = −(𝑚𝑔𝜇 cos 𝛼 + 𝑀𝑔𝜇 cos 𝛽)𝐷
2
Para el sistema se cumple que
1
𝐷 = 𝑎𝜏 2
2
𝑣 = 𝑎𝜏
Luego
𝑣=
2𝐷
𝜏
Así
2𝐷 2
− 0 = −(𝑚𝑔𝜇 cos 𝛼 + 𝑀𝑔𝜇 cos 𝛽)𝐷
𝜏2
2𝐷
𝑀 sin 𝛽 − 𝑚 sin 𝛼 − (𝑚 + 𝑀) 2
𝑔𝜏
𝜇=
𝑚 cos 𝛼 + 𝑀 cos 𝛽
𝑚𝑔𝐷 sin 𝛼 − 𝑀𝑔𝐷 sin 𝛽 + (𝑚 + 𝑀)
 Problema 3
Un bloque de masa 𝑚 desliza sobre una superficie horizontal
rugosa que empalma suavemente con un tubo semicircular pulido de
radio 𝑅. El coeficiente de roce cinético entre el bloque y el tramo
rugoso PQ es 𝜇. Determine la velocidad con que debe partir el
Trabajo y energía
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bloque para que éste se deslice sobre el tramo rugoso PQ y luego sobre la superficie del tubo
hasta salir volando del punto S para caer, finalmente, en el punto de partida P.
Este tipo de problemas resulta más fácil trabajarlos desde el final que desde el comienzo, por lo que
primero usaremos cinemática para el movimiento parabólico descrito una vez que el bloque
abandonó la semicircunferencia.
El tiempo de vuelo del bloque es
𝑅
𝑡𝑣𝑢𝑒𝑙𝑜 = 2√
𝑔
La rapidez con que debe salir el bloque de la semicircunferencia es
𝑣𝑆 =
𝐷
𝑡𝑣𝑢𝑒𝑙𝑜
=
𝐷 𝑔
√
2 𝑅
Ahora aplicamos conservación de la energía, considerando el suelo como nivel cero de energía
potencial
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
1
1
𝑚𝑣𝑄2 = 𝑚𝑣𝑆 2 + 2𝑚𝑔𝑅
2
2
𝑣𝑄2 = 𝑣𝑆 2 + 4𝑔𝑅
Finalmente, aplicamos el teorema del trabajo y energía cinética para obtener la velocidad con que es
lanzado el cuerpo en el punto P.
𝑊 = Δ𝐾 = 𝐾𝑓 − 𝐾𝑖
1
1
𝐹𝑟⃗ ∙ Δ𝑟⃗ = 𝑚𝑣𝑄2 − 𝑚𝑣𝑃2
2
2
1
1
𝑚𝑔𝜇𝑖̂ ∙ −𝐷𝑖̂ = 𝑚(𝑣𝑆 2 + 4𝑔𝑅) − 𝑚𝑣𝑃2
2
2
2
2
𝑣𝑃 = (𝑣𝑆 + 4𝑔𝑅) + 2𝑔𝜇𝐷
𝐷2𝑔
𝑣𝑃 = √
+ 4𝑔𝑅 + 2𝑔𝜇𝐷
4𝑅
 Problema 4
Una bolita de tamaño muy pequeño y masa 𝑚 se suelta del reposo desde
el punto A del borde interno de un vaso de paredes cilíndricas y fondo
esférico de radio 𝑅, cuyas paredes no tienen roce. El vaso, que nunca
resbala, es de masa 𝑀 y posa sobre una superficie rugosa. El punto A se
ubica a una altura ℎ sobre aquella.
1) Calcule la aceleración de la bolita en función del ángulo 𝜃 medido
desde la horizontal donde comienza la zona esférica.
2) Calcule la fuerza normal y la fuerza de roce ejercidas por la mesa
sobre el vaso mientras la bolita circula por el tramo BC. Exprese los
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𝐴
ℎ
𝐵
𝑅
𝜃
𝐶
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resultados en función del ángulo señalado anteriormente.
1) La aceleración es de la bolita se descompondrá en tangencial y centrípeta. La tangencial queda
dada por
𝑎𝑡 = 𝑔 cos 𝜃
La centrípeta es
𝑣2
𝑅
La rapidez la calculamos usando conservación de la energía, estableciendo el nivel cero de energía
potencial en el lugar donde comienza la semicircunferencia.
𝑎𝑐 =
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
1
𝑚𝑔(ℎ − 𝑅) = 𝑚𝑣 2 − 𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃
2
𝑣 2 = 𝑔(ℎ − 𝑅(1 − 𝑠𝑖𝑛𝜃))
Así
ℎ
𝑎𝑐 = 𝑔 ( − 1 + 𝑠𝑖𝑛𝜃)
𝑅
2) En primer lugar calculamos la fuerza normal ejercida por el vaso sobre la bolita
ℎ
𝑁 − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎𝑐 = 𝑚𝑔 ( − 1 + 𝑠𝑖𝑛𝜃)
𝑅
ℎ
𝑁 = 𝑚𝑔 ( − 1 + 2𝑠𝑖𝑛𝜃)
𝑅
Por la tercera ley de Newton, esta fuerza es la misma en módulo pero con sentido contrario que
ejerce la bolita sobre el vaso. De esta forma las ecuaciones de movimiento del vaso son
𝑒𝑗𝑒 𝑥: 𝑁 cos 𝜃 − 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 0
𝑒𝑗𝑒 𝑦: 𝑁′ − 𝑀𝑔 − 𝑁 sin 𝜃 = 0
De esta forma
ℎ
𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚𝑔 ( − 1 + 2𝑠𝑖𝑛𝜃) cos 𝜃
𝑅
ℎ
𝑁 ′ = 𝑀𝑔 + 𝑚𝑔 ( − 1 + 2𝑠𝑖𝑛𝜃) sin 𝜃
𝑅
 Problema 5
La cuerda de la figura tiene una longitud 𝐿. Cuando la bolita se
suelta desde el reposo en la posición mostrada, se moverá
describiendo una circunferencia. Calcule la distancia 𝐷 para que
la masa del péndulo gire completamente alrededor de la clavija
fija.
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𝑚
𝐿
𝐷
𝑔⃗
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La ecuación de movimiento de la bolita en el eje radial al momento de pasar por la vertical, una vez
que ya se ha enganchado la cuerda al clavo es
𝑚𝑣 2
𝐿−𝐷
La condición límite para que el péndulo pueda girar alrededor de la clavija es que en el punto
señalado anteriormente, la tensión sea nula, así
−𝑇 − 𝑚𝑔 = −𝑚𝑎𝑐 = −
𝑚𝑣 2
𝐿−𝐷
Como la tensión es perpendicular a la trayectoria de la masa, no realiza trabajo pudiéndose
conservar la energía. Como el radio de la circunferencia descrita es 𝐿 − 𝐷, la distancia desde la
horizontal al punto más alto que alcanza es 𝐷 − 𝑅 = 𝐷 − (𝐿 − 𝐷). Tomando la horizontal como nivel
cero de energía potencial, se tiene
𝑚𝑔 =
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
1
0 = 𝑚𝑣 2 − 𝑚𝑔(𝐷 − (𝐿 − 𝐷))
2
𝑣 2 = 2𝑔(2𝐷 − 𝐿)
Reemplazando en la igualdad obtenida
2𝑚𝑔(2𝐷 − 𝐿)
𝐿−𝐷
𝐿 − 𝐷 = 4𝐷 − 2𝐿
𝑚𝑔 =
3
𝐷= 𝐿
5
 Problema 6: Ejercicio 7, semestre otoño 2011, Prof. Diego Mardones.
Considere dos masas 𝑚 unidas por un hilo de largo 2𝐿 que caen
con el hilo estirado de forma horizontal. Después de caer una
distancia 𝐿, el centro del hilo choca con un clavo, correspondiendo
de ahí en adelante la trayectoria de las 2 masas a un movimiento
circular. Si el hilo se corta cuando la tensión llega a tener el valor
7
𝑇𝑚𝑎𝑥 = 2 𝑚𝑔, encuentre el ángulo que en ese instante forma el hilo
con la horizontal.
𝐿
𝜙
𝐿
𝐿
𝑚
Se realizará el DCL de este problema solo para una de las bolitas, ya que el otro caso es análogo.
Una vez que la cuerda toma contacto con el clavo se tienen las siguientes ecuaciones de movimiento
para la masa en el instante en que la cuerda “está a punto de cortarse”, en las cuales se usa el ya
conocido sistema de referencia de la figura.
Para N: 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝜙) − 𝑇 = 𝑚𝑎𝑁
𝜙
𝐿
𝑚
Para T: 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝜙) = 𝑚𝑎𝑇
Como nos interesa solo la ecuación en el eje N, ya que en esta se
encuentra contenida la tensión de la cuerda, solo seguimos trabajando
con esta. La aceleración en este eje es la aceleración centrípeta, por lo
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que la ecuación queda
𝑣2
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝜙) − 𝑇 = −𝑚
𝑅
Despejando la tensión y reemplazando R por el largo de la cuerda, el cual es dato
𝑣2
+ 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝜙)
𝐿
Como no conocemos la rapidez, hacemos uso de la conservación de la energía, ya que nuevamente
solo hay una fuerza conservativa, mientras que la tensión es una fuerza del sistema, es decir, no es
externa.
𝑇=𝑚
𝐸𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐸𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑈𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝐾𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝑈𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 + 𝐾𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
Tomando el nivel cero de energía potencial a la altura del clavo tenemos
1
𝑚𝑔𝐿 + 0 = −𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛(𝜙) + 𝑚𝑣 2
2
2
𝑣 = 2𝑔𝐿(1 + sin(𝜙))
Luego
𝑇=𝑚
2𝑔𝐿(1 + sin(𝜙))
+ 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝜙)
𝐿
7
2
Como nos dicen que la tensión al momento de cortarse es 𝑚𝑔, despejamos el ángulo
𝑚
2𝑔𝐿(1 + sin(𝜙))
7
+ 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝜙) = 𝑚𝑔
𝐿
2
7
2 + 2𝑠𝑖𝑛(𝜙) + sin(𝜙) =
2
3
3sin(𝜙) =
2
1
sin(𝜙) =
2
𝜋
𝜙 = 30° =
6
 Problema 7: Pregunta 3, control 2, año 2002
𝑀
r
𝑅𝜃
r
Trabajo y energía
𝑚
r
Un cubo de masa 𝑀, que tiene un hueco esférico de radio 𝑅
en su centro, descansa en un orificio de superficies rectas
perfectamente pulidas. Al interior del cubo hay una bolita
de masa 𝑚 que gira sin ayuda externa en una trayectoria
circunferencial que pasa por el punto más bajo del hueco
con velocidad 𝑣0 .
1) Calcule la fuerza de contacto bolita-superficie en
función del ángulo 𝜃 medido con respecto a la vertical.
2) Determine el rango de la velocidad 𝑣0 que garantiza que
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la bolita nunca pierda contacto con la superficie ni que el cubo pierda contacto con el fondo del
orificio.
1) La ecuación de movimiento de la bolita en el eje radial es
𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑁 = −𝑚𝜔2 𝑅
Conservando la energía, con el nivel cero de energía potencial en el centro de la esfera
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
1
1
𝑚𝑣02 − 𝑚𝑔𝑅 = 𝑚(𝜔𝑅)2 − 𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃
2
2
𝜔2 𝑅 =
𝑣02
+ 2𝑔 cos 𝜃 − 2𝑔
𝑅
Reemplazando en la ecuación de movimiento
𝑁 = 3𝑚𝑔 cos 𝜃 − 2𝑚𝑔 + 𝑚
𝑣02
𝑅
2) El punto crítico es el más alto de la trayectoria de la bolita. Para que esta nunca se despegue,
imponemos que la normal se anule en ese punto
0 = 3𝑚𝑔 cos 𝜋 − 2𝑚𝑔 + 𝑚
𝑣02
𝑅
𝑣0 = √5𝑔𝑅
Para el caso del bloque, el caso crítico es que la normal ejercida por la bolita sobre el bloque, que por
la 3ra ley de Newton es de igual módulo y dirección pero con sentido contrario que la normal
ejercida por el bloque sobre la bolita, iguale al peso de aquel, pues así se anula la normal entre el
cubo y el orificio. Así,
𝑁 = 𝑀𝑔
𝑣02
3𝑚𝑔 cos 𝜋 − 2𝑚𝑔 + 𝑚
= 𝑀𝑔
𝑅
𝑣0 = √𝑔𝑅 (
𝑀
+ 5)
𝑚
 Problema 8
Una argolla de masa m se encuentra sobre una barra con la
cual hay un coeficiente de roce 𝜇. Atada a la primera se
encuentra una cuerda de largo 𝐿 en cuyo otro extremo se
encuentra una masa 𝑀, la cual es soltada con rapidez nula
desde la horizontal. Encuentre una expresión para el ángulo en
el cual la argolla comienza a moverse en la barra.
µ
M
L
Sea 𝜃 el ángulo que forma la cuerda don la horizontal. Las ecuaciones de movimiento para la argolla
son
𝑒𝑗𝑒 𝑥: 𝑇 cos 𝜃 − 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝑚𝑎𝑥
Trabajo y energía
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𝑒𝑗𝑒 𝑦: 𝑁 − 𝑚𝑔 − 𝑇 sin 𝜃 = 𝑚𝑎𝑦 = 0
Como hay dependencia de la tensión, escribimos las ecuaciones para la masa 𝑀.
𝑇 − 𝑀𝑔 sin 𝜃 = 𝑀𝑎𝑐 = 𝑀
𝑣2
𝐿
𝑀𝑔 cos 𝜃 = 𝑀𝑎𝑡
La rapidez de la masa, necesaria para conocer la tensión, la calculamos con conservación de la
energía, tomando como nivel cero de energía potencial la horizontal.
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
1
0 = 𝑀𝑣 2 − 𝑀𝑔𝐿 sin 𝜃
2
𝑣 2 = 2𝑔𝐿 sin 𝜃
De esta forma
2𝑔𝐿 sin 𝜃
= 3𝑀𝑔 sin 𝜃
𝐿
Cuando comienza a moverse la argolla se cumple la igualdad 𝐹𝑟𝑜𝑐𝑒 = 𝜇𝑁 junto con que su
aceleración es nula. En la ecuación del eje y de la argolla
𝑇 = 𝑀𝑔 sin 𝜃 + 𝑀
𝑁 = 𝑚𝑔 + 𝑇 sin 𝜃 = 𝑚𝑔 + 3𝑀𝑔 sin2 𝜃
Reemplazando en la ecuación del eje x
3𝑀𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 − 𝑚𝑔𝜇 − 3𝑀𝑔 sin2 𝜃 𝜇 = 0
 Problema 9: Ejercicio 10, año 2002, Prof. Hugo Arellano.
Un bloque de masa 𝑚 es eyectado por un resorte de constante elástica 𝑘. El bloque desliza por
un tramo horizontal con roce y luego sube por un tramo liso una altura H por determinar. Una
vez que el cubo alcanza el punto más alto, este retorna y comprime el resorte en 𝛽Δ, con Δ la
compresión del resorte utilizada para eyectar el bloque. Determine la altura máxima H de
subida del bloque en el tramo indicado.
Como el bloque pasa 2 veces en el tramo rugoso, la variación de energía potencial elástica equivale
al doble del trabajo realizado por el roce en cada pasada, así
2𝑊𝑓𝑟 = Δ𝑈𝑒
1 1
1
1
𝑊𝑓𝑟 = ( 𝑘𝛽 2 Δ2 − 𝑘Δ2 ) = 𝑘Δ2 (𝛽 2 − 1)
2 2
2
4
Como el trabajo de la fuerza de roce es negativo, claramente Β < 1. Ahora obtenemos la altura
máxima alcanzada
𝑊𝑓𝑟 = Δ𝐸
1 2 2
1
𝑘Δ (𝛽 − 1) = 𝑚𝑔𝐻 − 𝑘Δ2
4
2
𝐻=
Trabajo y energía
1 𝑘Δ2 2
(𝛽 + 1)
4 𝑚𝑔
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 Problema 10
Una masa M está atada al extremo de un resorte de constante
k, adosado a una pared. La masa desliza sobre un plano
horizontal cuyo coeficiente de roce cinético es 𝜇. Inicialmente
el resorte está comprimido a una distancia 𝛿0 con respecto a
su posición de equilibrio. En t=0, la masa se suelta, llegando
a alcanzar el resorte una elongación máxima 𝛿1 , luego vuelve
y alcanza una distancia máxima 𝛿2 , y así sucesivamente.
Encuentre una relación entre 𝛿𝑖 y 𝛿𝑖+1 .
𝛿0
𝛿2
𝛿1
𝜇
𝑘
𝑀
La diferencia de energía potencial entre las distintas posiciones está dada por trabajo realizado por
la fuerza de roce.
𝐸𝑓 − 𝐸𝑖 = 𝑊𝑟𝑜𝑐𝑒
En el primer movimiento hacia la derecha tenemos
1 2 1 2
𝑘𝛿 − 𝑘𝛿 = −𝑀𝑔𝜇𝑖̂ ∙ (𝛿0 + 𝛿1 )𝑖̂
2 1 2 0
1 2 1 2
𝑘𝛿 − 𝑘𝛿 = −𝑀𝑔𝜇(𝛿0 + 𝛿1 )
2 1 2 0
1
𝑘(𝛿0 + 𝛿1 )(𝛿1 − 𝛿0 ) = −𝑀𝑔𝜇(𝛿0 + 𝛿1 )
2
2𝑀𝑔𝜇
𝛿1 − 𝛿0 = −
𝑘
En el primer movimiento hacia la izquierda
1 2 1 2
𝑘𝛿 − 𝑘𝛿 = 𝑀𝑔𝜇𝑖̂ ∙ −(𝛿1 + 𝛿2 )𝑖̂
2 2 2 1
1 2 1 2
𝑘𝛿 − 𝑘𝛿 = −𝑀𝑔𝜇(𝛿1 + 𝛿2 )
2 2 2 1
2𝑀𝑔𝜇
𝛿2 − 𝛿1 = −
𝑘
Generalizando
𝛿𝑖+1 − 𝛿𝑖 = −
2𝑀𝑔𝜇
𝑘
 Problema 11: Pregunta 4, control 2, semestre otoño 2009
Considere dos bloques de masa 𝑚 unidos por un resorte de constante
elástica 𝑘. EL sistema formado por los dos bloques y el resorte descansa
en forma vertical sobre una mesa tal como lo indica la figura. ¿En cuánto
debe comprimirse el resorte con respecto al largo natural para que al soltar
el sistema, éste eventualmente se despegue de la mesa?
En la situación inicial, la compresión del resorte la obtenemos escribiendo la
ecuación dinámica del bloque superior
𝑚
𝑘
𝑚
𝑘𝑥1 − 𝑚𝑔 = 0
Trabajo y energía
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𝑥1 =
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𝑚𝑔
𝑘
Dicha ecuación para el bloque inferior es
𝑁 − 𝑚𝑔 + 𝑘𝑥 = 𝑚𝑎
donde se ha considerado negativo el valor de 𝑥 cuando el resorte se comprime y positivo cuando se
estira. Sea 𝑥2 la elongación mínima del resorte necesaria para que la normal se anule y así el bloque
inferior se despegue. Luego
𝑚𝑔
𝑥2 =
𝑘
Sea 𝑥 la compresión extra que se le debe aplicar al resorte para que al estirarse llegue a 𝑥2 por sobre
el largo natural. Conservando la energía e imponiendo el nivel cero de energía potencial en el suelo
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
1
1
𝑘(𝑥1 + 𝑥)2 + 𝑚𝑔(𝑙0 − 𝑥1 − 𝑥) = 𝑘(𝑥2 )2 + 𝑚𝑔(𝑙0 + 𝑥2 )
2
2
2
1 𝑚𝑔
𝑚𝑔
1 𝑚𝑔 2
𝑚𝑔
𝑘(
+ 𝑥) + 𝑚𝑔 (𝑙0 −
− 𝑥) = 𝑘 ( ) + 𝑚𝑔 (𝑙0 +
)
2
𝑘
𝑘
2
𝑘
𝑘
(𝑚𝑔)2
1 (𝑚𝑔)2
1
1 (𝑚𝑔)2 (𝑚𝑔)2
+ 𝑚𝑔𝑥 + 𝑘𝑥 2 −
− 𝑚𝑔𝑥 =
+
2 𝑘
2
𝑘
2 𝑘
𝑘
2
(𝑚𝑔)
1 2
𝑘𝑥 = 2
2
𝑘
2𝑚𝑔
𝑥=
𝑘
Esta es la compresión extra desde el punto de equilibrio dado por 𝑥1 , así la compresión desde el
largo natural es
𝑥 + 𝑥1 =
3𝑚𝑔
𝑘
𝐷
 Problema 12
Uno de los extremos de un resorte ideal liso se fija a la pared en Q y el
otro se ata a una argolla de masa m pasada por un riel vertical sin roce.
La argolla es soltada desde un punto a nivel con Q, quedando el resorte
recto en contacto con el soporte P sin roce y sin experimentar elongación.
La distancia entre P y el riel es D. Determine la constante elástica del
resorte si su fuerza máxima sobre Q es T.
𝑄
𝑃
La fuerza máxima se alcanza cuando la elongación es máxima. Como no hay fuerzas disipativas,
conservamos la energía suponiendo que la argolla descendió una distancia ℎ
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
1
0 = 𝑘𝑥 2 − 𝑚𝑔ℎ
2
con 𝑥 la elongación máxima de resorte, por lo que además se cumple
𝑇 = 𝑘𝑥
Trabajo y energía
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Supongamos que la distancia entre P y Q es 𝑙. La elongación estará dada por
𝑥 = (𝑙 + √𝐷 2 + ℎ2 ) − (𝑙 + 𝐷)
Operando
𝑥 + 𝐷 = √𝐷 2 + ℎ2
𝑥 2 + 2𝑥𝐷 + 𝐷 2 = 𝐷 2 + ℎ2
Remplazando ℎ desde la ecuación de conservación de la energía
𝑥 2 + 2𝑥𝐷 =
𝑘 2𝑥 4
4(𝑚𝑔)2
y utilizando el valor de 𝑇
𝑥 2 + 2𝑥𝐷 =
𝑇2
𝑥2
4(𝑚𝑔)2
Descartando la solución nula
𝑥−
𝑇2
𝑥 = −2𝐷
4(𝑚𝑔)2
𝑥=
2𝐷
𝑇2
4(𝑚𝑔)2
−1
Finalmente, el valor de la constante es
𝑘=
𝑇
𝑇
𝑇2
=
− 1)
(
𝑥 2𝐷 4(𝑚𝑔)2
 Problema 13
Para un ciclista de ruta, el coeficiente de arrastre es 0.0045, el área frontal es de 0,463 [𝑚2 ] y
el coeficiente de fricción de rodamiento es 1. Si el ciclista tiene una masa de 50 kg y su bicicleta
de 12 kg.
𝑚
1) Para mantener una rapidez de 12 [ 𝑠 ] en un camino plano, ¿qué potencia debe suministrar el
ciclista a la rueda trasera?
2) En carreras de velocidad, este mismo ciclista usa otra bicicleta con coeficiente de fricción de
rodamiento de 0,003 y masa de 7 [kg]. Además, el ciclista se encorva para reducir su coeficiente
de arrastre a 0,88 y su área frontal a 0,463 [𝑚2 ]. ¿Qué potencia debe suministrar ahora a la
𝑚
rueda trasera para mantener una rapidez de 12 [ 𝑠 ]?
3) En la situación de la parte (2), ¿qué potencia se requiere para mantener una rapidez de 6
𝑚
[ 𝑠 ]? Tome nota de la gran reducción en la potencia requerida cuando la rapidez sólo se reduce
a la mitad.
1
Datos: La fuerza de arrastre de un fluido es 𝐹 = 2 𝐶𝐴𝜌𝑣 2 , donde C es el coeficiente de arrastre,
𝑘𝑔
A el área transversal y 𝜌 es la densidad del fluido, que en el caso del aire es 1,2 [𝑚3 ].
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(Es raro que en las evaluaciones hagan este tipo de problemas, solo lo coloco por mi afición a la bicicleta
y lo interesante del resultado de este problema)
1) Como el ciclista se mueve con velocidad constante, tenemos
𝐹𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 − 𝐹𝑟𝑜𝑑𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 − 𝐹𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠𝑡𝑟𝑒 = 0
𝐹𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎
1
𝐹𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 = 𝜇𝑚𝑔 + 𝐶𝐴𝜌𝑣 2
2
𝑚
1
𝑘𝑔
𝑚 2
= 0,0045 ∙ 62[𝑘𝑔] ∙ 9,8 [ ] + ∙ 1 ∙ 0,463[𝑚2 ] ∙ 1,2 [ 3 ] ∙ (12 [ ])
𝑠
2
𝑚
𝑠
𝐹𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 = 42,63[𝑁]
Luego, la potencia entregada por el ciclista es
𝑃 = 𝐹𝑣
𝑚
𝑃 = 42,73[𝑁] ∙ 12 [ ] = 512,85 [𝑊]
𝑠
2) En este caso
𝑚
1
𝑘𝑔
𝑚 2
𝐹𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 = 0,003 ∙ 57[𝑘𝑔] ∙ 9,8 [ ] + ∙ 0,88 ∙ 0,366[𝑚2 ] ∙ 1,2 [ 3 ] ∙ (12 [ ])
𝑠
2
𝑚
𝑠
𝐹𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 = 29,5[𝑁]
𝑚
𝑃 = 33,3[𝑁] ∙ 12 [ ] = 354 [𝑊]
𝑠
3) En este caso
𝑚
1
𝑘𝑔
𝑚 2
𝐹𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 = 0,003 ∙ 57[𝑘𝑔] ∙ 9,8 [ ] + ∙ 0,88 ∙ 0,366[𝑚2 ] ∙ 1,2 [ 3 ] ∙ (6 [ ])
𝑠
2
𝑚
𝑠
𝐹𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 = 8,63[𝑁]
𝑚
𝑃 = 8,63[𝑁] ∙ 6 [ ] = 51,78 [𝑊]
𝑠
De esta forma, reducir la velocidad desde los 43,2 a los 21,6 kilómetros por hora significa entregar
una potencia casi 7 veces menor.
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Unidad 4
Momentum lineal y choques
Momentum lineal
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 Problema 1: Pregunta 2 ejercicio 8, semestre otoño 2011, Prof. Diego Mardones
Dos fuerzas idénticas empujan a dos bloques de igual masa una
distancia 𝐿. El primer bloque está inicialmente en reposo y el segundo
bloque tiene una rapidez inicial 𝑣0 como indica la figura. ¿Cuál
bloque sufre un mayor cambio de momentum?
Recordando la definición de impulso para fuerzas constantes se tiene
𝐼⃗ = 𝐹⃗ ∙ Δ𝑡 = Δ𝑝⃗
𝑚
𝐹
𝑣0
𝑚
𝐹
Como se aplica la misma fuerza en ambos cuerpos, debemos analizar
𝐿
cuál se demora menos en llegar. De forma intuitiva, el cuerpo con
rapidez inicial 𝑣0 sufre menor cambio de momentum, lo cual verificaremos con las ecuaciones de
itinerario de los cuerpos.
1
𝐿 = 𝑎𝑡12
2
1
𝐿 = 𝑣0 𝑡2 + 𝑎𝑡22
2
Claramente 𝑡2 < 𝑡1 , pues en la segunda ecuación el término lineal asociado al tiempo hace que este
sea menor. Notar que se usó la misma aceleración para ambos cuerpos pues tienen la misma masa.
Así
𝐹=𝐹
𝐹𝑡1 > 𝐹𝑡2
Δ𝑝⃗1 > Δ𝑝⃗2
 Problema 2
Una masa 𝑚 es soltada desde el punto más alto de un
tazón semiesférico de radio 𝑅, encontrándose en su
𝑅
𝑅
camino con otra masa de las mismas características, la
cual está en reposo en el punto más bajo de aquel,
quedando unidas tras el impacto. Despreciando la fricción entre las masas y el tazón, determine
la altura máxima alcanzada por el sistema.
Como la fuerza gravitatoria es conservativa, la rapidez con que llegará la masa al punto más bajo no
depende del camino que siga, así
𝑣1 = √2𝑔𝑅
En el choque se conserva el momentum lineal
𝑝⃗𝑖 = 𝑝𝑓⃗
𝑚1 𝑣1𝑖⃗ + 𝑚2 𝑣2𝑖⃗ = (𝑚1 + 𝑚2 )𝑣𝑓⃗
𝑚√2𝑔𝑅 𝑖̂ + 0 𝑖̂ = 2𝑚𝑣𝑓 𝑖̂
𝑔𝑅
𝑣𝑓 = √
2
Finalmente conservamos la energía
Momentum lineal
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𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
1
∙ 2𝑚 ∙ 𝑣𝑓2 = 2𝑚𝑔ℎ
2
𝑚𝑔𝑅
= 2𝑚𝑔ℎ
2
𝑅
ℎ=
4
 Problema 3
Considere un sólido de masa desconocida en reposo sobre
una superficie horizontal muy resbalosa. El cuerpo tiene
una cara cóncava semiesférica de radio 𝑅 cuyo borde
𝑅
𝑣
inferior queda a ras de piso. Una bolita de masa 𝑚 es
disparada horizontalmente con rapidez 𝑢 sobre el punto
más alto de la cara cóncava y muy cerca de ésta. Luego
del contacto sin roce entre los cuerpos el bloque adquiere movimiento mientras que la bolita
emerge en sentido opuesto, con rapidez 𝑣 a ras de piso. Determine la masa del bloque si todo lo
descrito ocurre en presencia de la gravedad 𝑔.
𝑚
𝑢
Conservando la energía, se tiene
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
1
1
1
𝑚𝑢2 + 2𝑚𝑔𝑅 = 𝑚𝑣 2 + 𝑀𝑉 2 + 0
2
2
2
Además, en el eje horizontal se conserva el momentum lineal. El signo negativo que aparece es
porque el sólido termina moviéndose en dirección contraria a la cuña.
𝑝⃗𝑖 = 𝑝𝑓⃗
𝑚𝑢𝑖̂ + 0𝑖̂ = 𝑀𝑉 𝑖̂ − 𝑚𝑣 𝑖̂
𝑚
𝑉 = (𝑢 + 𝑣)
𝑀
Reemplazando en la primera igualdad obtenida
𝑚
𝑚𝑢 + 4𝑚𝑔𝑅 = 𝑚𝑣 + 𝑀 ( (𝑢 + 𝑣))
𝑀
2
2
2
𝑚2
(𝑢 + 𝑣)2 = 𝑚(𝑢2 − 𝑣 2 ) + 4𝑚𝑔𝑅
𝑀
(𝑢 + 𝑣)2
𝑀=𝑚 2
(𝑢 − 𝑣 2 ) + 4𝑔𝑅
Momentum lineal
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 Problema 4: Ejercicio primavera 2 año 2001, Prof. Hugo Arellano.
Una bolita de masa 𝑚 posa sobre el punto más bajo de una
cuña curva de masa 𝑀. Un proyectil de masa 𝜆𝑚 se
propaga con rapidez 𝑣0 al encuentro de la bolita; como
resultado del choque, ambos cuerpos quedan adheridos y
comienzan a subir la cuña, arrastrándola consigo. La cuña
es sumamente resbaladiza en todas sus superficies.
1) Determine la rapidez del par bolita-proyectil inmediatamente después del choque.
2) Determine la altura máxima alcanzada por el par bolita-proyectil sobre la cuña.
3) Después que el par ha alcanzado su punto más alto sobre la cuña, este comienza a caer hasta
separarse de ella. Determine la rapidez de la cuña y del par una vez separados.
4) Analice sus resultados de la parte anterior para 𝜆(1 + 𝑚) = 𝑀 e interprete.
1) Conservando el momentum lineal
𝑝⃗𝑖 = 𝑝𝑓⃗
𝜆𝑚𝑣0 𝑖̂ + 0𝑖̂ = (𝜆𝑚 + 𝑚)𝑣1 𝑖̂
𝜆
𝑣1 =
𝑣
𝜆+1 0
2) Debemos notar que en el punto más alto, el par no tiene componente de velocidad en el eje
vertical pero sí en el horizontal, ya que se mueve solidariamente con la cuña. De esta forma,
conservamos, en primer lugar, el momentum lineal donde, por transitividad, es igual al momentum
del proyectil
𝑝⃗𝑖 = 𝑝𝑓⃗
𝜆𝑚𝑣0 𝑖̂ = ((𝜆 + 1)𝑚 + 𝑀)𝑣2 𝑖̂
𝑣2 =
𝜆𝑚𝑣0
(𝜆 + 1)𝑚 + 𝑀
Para determinar la altura máxima, conservamos la energía
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
1
1
𝑚(𝜆 + 1)𝑣12 + 0 = ((𝜆 + 1)𝑚 + 𝑀)𝑣22 + (𝜆 + 1)𝑚𝑔ℎ
2
2
2
𝑚𝜆
(𝑚𝜆)2
𝑣02 =
𝑣02 + (𝜆 + 1)𝑚𝑔ℎ
2(𝜆 + 1)
2((𝜆 + 1)𝑚 + 𝑀)
ℎ=
(𝜆𝑣0 )2
𝑚(𝜆 + 1)
(1 −
)
2
2𝑔(𝜆 + 1)
((𝜆 + 1)𝑚 + 𝑀)
3) La energía, tras el primer choque, se conserva en todo momento, así
1
1
1
𝑚(𝜆 + 1)𝑣12 = 𝑚(𝜆 + 1)𝑣𝑓2 + 𝑀𝑉𝑓2
2
2
2
𝑚𝜆2 2
𝑣 = 𝑚(𝜆 + 1)𝑣𝑓2 + 𝑀𝑉𝑓2
𝜆+1 0
Momentum lineal
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El momentum se conserva siempre en este problema. Suponiendo que el par masa proyectil, se
moverá en el mismo sentido que la cuña
𝜆𝑚𝑣0 𝑖̂ = 𝑚(𝜆 + 1)𝑣𝑓 𝑖̂ + 𝑀𝑉𝑓 𝑖̂
𝑀𝑉𝑓2 =
𝑚2
2
(𝜆𝑣0 − (𝜆 + 1)𝑣𝑓 )
𝑀
Reemplazando en la ecuación de energía
𝑚𝜆2 2
𝑚2
2
𝑣0 = 𝑚(𝜆 + 1)𝑣𝑓2 +
(𝜆𝑣0 − (𝜆 + 1)𝑣𝑓 )
𝜆+1
𝑀
𝑀(𝜆 + 1)𝑣𝑓2 −
𝑀𝜆2 2
𝑣 + 𝑚𝜆2 𝑣02 − 2𝑚𝜆(𝜆 + 1)𝑣0 𝑣𝑓 + 𝑚(𝜆 + 1)2 𝑣𝑓2 = 0
𝜆+1 0
𝑣𝑓2 (𝑚(𝜆 + 1)2 + 𝑀(𝜆 + 1)) − 2𝑚𝜆(𝜆 + 1)𝑣0 𝑣𝑓 + 𝑣02 (𝑚𝜆2 −
𝑀𝜆2
)=0
𝜆+1
2𝑚𝜆(𝜆 + 1)𝑣0 ± √(2𝑚𝜆(𝜆 + 1)𝑣0 )2 − 4(𝑚(𝜆 + 1)2 + 𝑀(𝜆 + 1))𝑣20 (𝑚𝜆2 −
𝑣𝑓 =
𝑀𝜆2
)
𝜆+1
2(𝑚(𝜆 + 1)2 + 𝑀(𝜆 + 1))
2𝑚𝜆(𝜆 + 1)𝑣0 ± √4 (𝑚𝑀𝜆2 (𝜆 + 1) + 𝑀2 𝜆2 − 𝑚𝑀𝜆2 (𝜆 + 1)) 𝑣20
𝑣𝑓 =
2(𝑚(𝜆 + 1)2 + 𝑀(𝜆 + 1))
𝑣𝑓 =
2𝑚𝜆(𝜆 + 1)𝑣0 ± 2𝑀𝜆𝑣0
2(𝑚(𝜆 + 1)2 + 𝑀(𝜆 + 1))
Tomando la solución menor (∗), lo que se verifica en la siguiente pregunta
𝑣𝑓 =
𝜆
𝑚(𝜆 + 1) − 𝑀
𝑣0 (
)
𝜆+1
𝑚(𝜆 + 1) + 𝑀
Para la cuña, se obtiene
𝑉𝑓 =
𝑉𝑓 =
𝑚
(𝜆𝑣0 − (𝜆 + 1)𝑣𝑓 )
𝑀
𝑚
𝑚(𝜆 + 1) − 𝑀
𝑣0 (1 −
)
𝑀
𝑚(𝜆 + 1) + 𝑀
𝑉𝑓 =
2𝑚𝜆𝑣0
𝑚(𝜆 + 1) + 𝑀
𝑚
4) Evaluando el caso especial (𝜆 + 1)𝑚 = 𝑀 tenemos que 𝑣𝑓 = 0 y 𝑉𝑓 = 𝑀 𝜆𝑣0 . Esto es correcto pues
es análogo al caso de un choque elástico entre dos masas iguales, donde una de ellas está en reposo;
en este caso toda la energía cinética es traspasada del cuerpo móvil al inmóvil, quedando el primero
en reposo. Además, en este caso vemos como el momentum del proyectil es traspasado
íntegramente a la cuña.
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 Problema 5
Dentro de un cilindro rígido de masa m y altura h se ubica una bolita de la misma
masa. El cilindro posa verticalmente y la bolita salta desde el fondo del cilindro
hacia arriba con una rapidez inicial tal que le permitiría llegar a una altura 2h, sin
embargo la bolita choca con el techo del cilindro y rebota elásticamente. Calcular
la altura con respecto al suelo con que la bolita choca por primera vez con la base
del cilindro.
ℎ
Conservando la energía para la bolita, obtenemos la rapidez con que impacta al cilindro
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
1
𝑚𝑣𝑖2 + 𝑚𝑔ℎ = 2𝑚𝑔ℎ + 0
2
𝑣𝑖 = √2𝑔ℎ
Luego conservamos el momentum lineal y la energía cinética en el choque por ser del tipo elástico,
donde 𝑣 ′ es la rapidez del cilindro y 𝑣𝑓 la rapidez de la bolita tras el choque.
𝑝⃗𝑖 = 𝑝𝑓⃗
𝑚𝑣𝑖 𝑗̂ + 0𝑗̂ = 𝑚𝑣 ′ 𝑗̂ − 𝑚𝑣𝑓 𝑗̂
𝑣𝑖 = 𝑣 ′ − 𝑣𝑓
𝐾𝑖 = 𝐾𝑓
1
1
1
𝑚𝑣𝑖2 = 𝑚𝑣𝑓2 + 𝑚𝑣 ′2
2
2
2
𝑣𝑖2 = 𝑣𝑓2 + 𝑣 ′2
Despejando 𝑣𝑓 en la 1ra ecuación y remplazando en la 2da
𝑣𝑖2 = (𝑣 ′ − 𝑣𝑖 )2 + 𝑣 ′2
𝑣𝑖2 = 𝑣 ′2 − 2𝑣 ′ 𝑣𝑖 + 𝑣𝑖2 + 𝑣 ′2
𝑣 ′2 = 𝑣 ′ 𝑣𝑖
Tomando solución no nula, pues el cilindro debe moverse tras el choque, obtenemos
𝑣 ′ = 𝑣𝑖
𝑣𝑓 = 0
Ahora debemos encontrar el punto donde se encuentra base del cilindro y bolita, para lo cual
acudiremos a la cinemática en una dimensión.
1
𝑏𝑜𝑙𝑖𝑡𝑎: 𝑦 = ℎ − 𝑔𝑡 2
2
1
𝑏𝑎𝑠𝑒: 𝑦 = 𝑣 ′ 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
Igualando posiciones
1
1
ℎ − 𝑔𝑡 2 = 𝑣 ′ 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
2
Momentum lineal
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𝑡=
Universidad de Chile
ℎ
𝑣′
Reemplazando en la ecuación para la bolita
1
ℎ 2
1
ℎ 2
𝑦 = ℎ − 𝑔 ( ′) = ℎ − 𝑔 ( )
2 𝑣
2 𝑣𝑖
𝑦 =ℎ−
𝑔ℎ2 3ℎ
=
4𝑔ℎ
4
 Problema 6
En un plano horizontal absolutamente liso se
𝑣
encuentran dos barras elásticas de igual masa
𝑘, 𝑙
𝑚 unidas por un muelle de longitud 𝑙. El coeficiente
𝑚
𝑚
𝑚
elástico del muelle es 𝑘. Sobre una de las barras,
por ejemplo sobre la izquierda, cae con velocidad v
una tercera barra cuya masa también es 𝑚.
1) Demostrar que las barras unidas por el muelle se moverán siempre en una misma dirección.
2) Determinar las velocidades de las mismas cuando el muelle está estirado al máximo y la
separación entre estas.
1) Dado que el choque es elástico y los cuerpos tienen igual masa, la velocidad final del cuerpo
proveniente desde la izquierda es nula. Denominando 𝑣1 y 𝑣2 las velocidades de las masas unidas
por el resorte tras el choque, conservamos momemtum líneal y energía. La primera se puede
conservar ya que el resorte actúa como una fuerza interna del sistema, no alterándose la cantidad de
movimiento del sistema. Así
𝑚𝑣𝑖̂ = 𝑚𝑣1 𝑖̂ + 𝑚𝑣2 𝑖̂
𝑣 = 𝑣1 + 𝑣2
1
1
1
1
𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑣12 + 𝑚𝑣22 + 𝑘𝑥 2
2
2
2
2
𝑘𝑥 2
= 𝑣 2 − (𝑣12 + 𝑣22 )
𝑚
Remplazando 𝑣
𝑘𝑥 2
= (𝑣1 + 𝑣2 )2 − (𝑣12 + 𝑣22 )
𝑚
𝑘𝑥 2
= 2𝑣1 𝑣2
𝑚
De esta forma 𝑣1 y 𝑣2 deben tener el mismo signo pues 𝑘𝑥 2 es un valor positivo. Además 𝑣1 + 𝑣2 es
positivo, obligando a que se cumpla que las velocidades de los cuerpos unidos por el muelle tras el
choque sean siempre positivas, moviéndose, en este caso, siempre a la derecha.
2) A partir de la última relación obtenida, vemos que el estiramiento del resorte es máximo cuando
el producto de las velocidades es máximo. Partiendo de la siguiente desigualdad y desarrollando
(𝑣1 − 𝑣2 )2 ≥ 0
Momentum lineal
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𝑣12 − 2𝑣1 𝑣2 + 𝑣22 ≥ 0
𝑣12 + 2𝑣1 𝑣2 + 𝑣2 ≥ 4𝑣1 𝑣2
(𝑣1 + 𝑣2 )2 ≥ 4𝑣1 𝑣2
𝑣 2 ≥ 4𝑣1 𝑣2
𝑣1 𝑣2 ≤
𝑣2
4
El valor máximo del producto se alcanza cuando se cumple la igualdad por lo que las velocidades de
los bloques cuando el estiramiento del muelle es máximo es
𝑣
𝑣1′ = 𝑣2′ =
2
Para quienes ya saben derivar, un camino mucho más fácil es igualar la primera derivada de la
función a cero, así
𝑓 = 𝑣1 𝑣2 = 𝑣1 (𝑣 − 𝑣1 ) = 𝑣𝑣1 − 𝑣12
𝑑𝑓
= 𝑣 − 2𝑣1 ′ = 0
𝑑𝑣1
𝑣
𝑣1′ =
2
Luego, la separación de los cuerpos es
𝑚
2𝑘
𝑑 = 𝑙 + 𝑥 = 𝑙 + 𝑣√
 Problema 7
En el desarrollo de un juego de pool, la recta que une la bola blanca con
la bola a golpear forma un ángulo 𝛼 con la recta que une bola a golpear
y buchaca. Si el lanzador logra echar la bola a golpear, ¿con qué
ángulo se deflecta la bola blanca? Haga las suposiciones necesarias.
𝛼
𝜃
Conservando el momentum lineal
𝑝⃗𝑖 = 𝑝𝑓⃗
𝑚1 𝑣1𝑖⃗ + 𝑚2 𝑣2𝑖⃗ = 𝑚1 𝑣1𝑓⃗ + 𝑚2 𝑣2𝑓⃗
Suponiendo bolas iguales y sabiendo que la bola a golpear está en reposo, la ecuación se reduce a
𝑣1𝑖⃗ = 𝑣1𝑓⃗ + 𝑣2𝑓⃗
Además supondremos choque elástico, por lo que la energía cinética se conserva
𝐾𝑖 = 𝐾𝑓
1
1
1
2
2
2
𝑚1 𝑣1𝑖
= 𝑚1 𝑣1𝑓
+ 𝑚2 𝑣2𝑓
2
2
2
2
2
2
𝑣1𝑖
= 𝑣1𝑓
+ 𝑣2𝑓
Recordando que 𝑎⃗ ∙ 𝑎⃗ = 𝑎2 , en la primera ecuación se obtiene
𝑣1𝑖⃗ ∙ 𝑣1𝑖⃗ = (𝑣1𝑓⃗ + 𝑣2𝑓⃗) ∙ (𝑣1𝑓⃗ + 𝑣2𝑓⃗)
Momentum lineal
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2
2
2
𝑣1𝑖
= 𝑣1𝑓
+ 𝑣2𝑓
+ 2𝑣1𝑓⃗ ∙ 𝑣2𝑓⃗
Utilizando lo obtenido en la ecuación de energía y la definición de producto punto
2𝑣1𝑓 𝑣2𝑓 cos(𝛼 + 𝜃) = 0
con 𝜃 el ángulo con que se reflecta la bola
cos(𝛼 + 𝜃) = 0
𝜃 = 90 − 𝛼
 Problema 8: Pregunta 2 Control recuperativo, año 2004.
Un disco de radio 𝑅 y masa 𝑚 desliza con momentum 𝑝 = 𝑝𝑖̂
𝑝
sobre una superficie horizontal sin roce. En su trayectoria
impacta, simultáneamente, con dos discos en reposo de masa
𝑘, 2𝑅
𝑚 y radio 𝑅, dispuestos simétricamente en su camino, con
sus centros en 𝑦 = 𝑅 e 𝑦 = −𝑅 respectivamente. Los discos
están unidos por un resorte de largo natural 2𝑅 y constante
elástica 𝑘. Suponiendo que las colisiones son elásticas:
1) Calcule el ángulo que forma el vector momentum lineal de cada disco con el eje 𝑥
inmediatamente después del choque, es decir, mientras el resorte aún no experimenta
elongación.
2) Calcule el momentum lineal de los 3 discos inmediatamente después del choque.
3) Determine la máxima elongación del resorte.
1) Los discos golpeados se moverán siguiendo la recta que une los centros del disco que impacta y el
centro de ellos. De esta forma, se cumple
2𝑅 sin(𝜙) = 𝑅
sin(𝜙) =
1
2
𝜙 = 30°
2) Sean 𝑝1 , 𝑝2 y 𝑝3 los módulos del momentum lineal del disco que impacta, del disco superior e
inferior tras el choque. Conservando el momentum lineal en cada eje tenemos
𝑝𝑖̂ = 𝑝1 𝑖̂ + 𝑝2 cos(𝜙) 𝑖̂ + 𝑝3 cos(𝜙) 𝑖̂
0 = 𝑝2 sin(𝜙) 𝑗̂ − 𝑝3 sin(𝜙) 𝑗̂
𝑝2 = 𝑝3
reemplazando en la primera ecuación y evaluando cos(𝜙)
𝑝 = 𝑝1 + √3𝑝2
Conservando la energía cinética por tratarse de una colisión elástica
𝐾𝑖 = 𝐾𝑓
1 𝑝2 1 𝑝12 1 𝑝22 1 𝑝32
=
+
+
2𝑚 2𝑚 2𝑚 2𝑚
Momentum lineal
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𝑝2 = 𝑝12 + 2𝑝22
Utilizando lo obtenido anteriormente
2
𝑝2 = (𝑝 − √3𝑝2 ) + 2𝑝22
𝑝2 = 𝑝2 − 2𝑝√3𝑝2 + 3𝑝22 + 2𝑝22
5𝑝22 = 2𝑝√3𝑝2
tomando la solución no nula
𝑝2 = 𝑝3 =
2√3
𝑝
5
luego
6
𝑝1 = 𝑝 − 𝑝
5
1
𝑝1 = − 𝑝
5
Vectorialmente, el momentum de cada disco tras el choque es
1
3
3
√3
√3
𝑝1⃗ = − 𝑝𝑖̂ 𝑝2⃗ = 𝑝𝑖̂ +
𝑝𝑗̂ 𝑝3⃗ = 𝑝𝑖̂ −
𝑝𝑗̂
5
5
5
5
5
3) Como el resorte solo realiza trabajo en el eje y, conservamos la energía en este eje
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
2
1 √3
1
2
( 𝑝) + 0 = 0 + 𝑘𝑦 2
2𝑚 5
2
𝑦=
1
√3
𝑝√
5
2𝑚𝑘
 Problema 9:
Considere una partícula inestable y en reposo, la cual explota en 4 pedazos iguales. Determine
el ángulo que forma el vector velocidad de cada trozo con cualquiera de los otros 3.
Conservando el momentum lineal
𝑃⃗𝑖 = 𝑃𝑓⃗
0 = 𝑝1⃗ + 𝑝2⃗ + 𝑝3⃗ + 𝑝4⃗
Consideremos una partícula en el eje vertical. Su momentum lineal debe ser
anulado por las componentes del momentum de las otras 3 partículas, así,
considerando que cada partícula tiene una masa 𝑚 y sale disparada con
rapidez 𝑣 se cumple
𝜙
𝜃
𝑚𝑣 = 3𝑚𝑣 cos(𝜃)
Momentum lineal
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donde 𝜃 es el angulo entre el vector y el eje vertical que se muestra en la figura, luego
cos(𝜃) =
1
3
𝜃 = 70.5°
Además, se cumple que
𝜃 + 𝜙 = 180°
Así, el ángulo entre los vectores es
𝜙 = 180° − 70.5° = 109.5°
 Problema 10: Pregunta 2 control 2 Sistemas Newtonianos, semestre primavera 2011.
Considere un paraguas cónico caracterizado por la longitud de sus varillas
𝑅 y su ángulo de apertura 𝛽. Suponga que una persona sujeta el paraguas
durante una granizada, donde la masa de cada granizo es 𝑚, la velocidad
de impacto es 𝑣 y el número de granizos por unidad de volumen es 𝑛.
Suponga además que los granizos rebotan elásticamente luego de impactar
al paraguas. Determine la fuerza adicional que hay que aplicar para
sostener el paraguas durante la granizada.
𝛽
𝑅
La segunda Ley de Newton la podemos expresar como
Δ𝑝⃗
𝐹⃗ =
Δ𝑡
Llevando esto a un choque elástico de una partícula, donde |𝑝⃗|
𝑖 = |𝑝𝑓⃗| = 𝑚𝑣
𝐹⃗ Δ𝑡 = 2𝑚𝑣 cos 𝛼 𝑛̂
𝑝⃗𝑖
𝛼 𝛼
𝑝𝑓⃗
Aplicando esto al paraguas
𝐹⃗
𝛼
𝐹⃗
A partir de esto vemos que solo nos interesa la componente vertical de la fuerza pues la componente
horizontal se cancela con la respectiva componente del granizo simétrico. Notar que el vector fuerza
es normal a la superficie (a esto hace referencia el vector unitario 𝑛̂).
Considerando todos los granizos que caen en un instante, la fuerza vertical es la proyección de la
fuerza dibujada por la cantidad de granizos, es decir,
Momentum lineal
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𝐹𝑛𝑒𝑡𝑎 Δ𝑡 = 𝑛𝑉 [2𝑚𝑣 cos(𝛼)] cos(𝛼)
donde 𝑉 es el volumen de granizos dicho instante tiempo dado por
𝑉 = 𝐴⊥ 𝑣Δ𝑡
con 𝐴⊥ el área efectiva o área transversal (perpendicular) al impacto de los granizos, la cual
equivale, claramente, al área basal del paraguas. Así
𝐴⊥ = 𝜋(𝑅 sin 𝛽)2
Luego
𝐹𝑛𝑒𝑡𝑎 Δ𝑡 = 𝑛 𝜋(𝑅 sin 𝛽)2 𝑣Δ𝑡 [2𝑚𝑣 cos(𝛼)] cos(𝛼)
Además, se tiene que
𝛼 + β = 90°
por lo que la fuerza adicional que se debe efectuar es
𝐹𝑛𝑒𝑡𝑎 = 𝑛 𝜋(𝑅 sin 𝛽)2 𝑣 [2𝑚𝑣 cos(90 − 𝛽)] cos(90 − 𝛽)
𝐹𝑛𝑒𝑡𝑎 = 2𝑚𝑣 2 𝑛𝑅 2 sin4 𝛽
Momentum lineal
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Unidad 5
Gravitación
Gravitación
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 Problema 1
Se dice que un satélite es geoestacionario cuando permanece inmóvil sobre un determinado
punto de nuestro globo. Para esto se necesita que la órbita del satélite se encuentre sobre el
plano del Ecuador terrestre y que el periodo orbital sea sincrónico con la rotación de la Tierra.
Calcule la altura de la órbita de este tipo de satélites, si el radio de la tierra es 𝑅𝑇 = 6400 𝑘𝑚 y
su masa 𝑀𝑇 = 6 ∙ 1024 𝑘𝑔
La ecuación de movimiento de este satélite es
𝐹𝑔 = 𝑚𝑎
𝐺𝑀𝑇 𝑚
= 𝑚𝜔2𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)
(𝑅𝑇 + ℎ)2
Se debe destacar que la distancia a tomar para la fuerza gravitacional es desde el centro del planeta,
esta misma distancia indica el centro de la circunferencia que describe el satélite.
Manipulando la igualdad
(𝑅𝑇 + ℎ)3 =
3
ℎ=√
𝐺𝑀𝑇
𝜔2𝑇
𝐺𝑀𝑇
− 𝑅𝑇
𝜔𝑇2
La rapidez angular con que rota la Tierra es
𝜔𝑇 =
y con 𝐺 = 6,7 ∙ 10−11
𝑁𝑚2
,
𝑘𝑔2
2𝜋
2𝜋
=
≈ 7,3 ∙ 10−5 𝑠 −1
1 día 86400
obtenemos el valor numérico para la altura
ℎ = 35960 𝑘𝑚
 Problema 2
Dos partículas de igual masa 𝑚 se unen mediante una
cuerda ideal de longitud ℎ. El par es atraído
gravitacionalmente por un planeta de masa 𝑀. La
distancia entre el planeta y la partícula más cercana
es 𝑅, con ℎ ≪ 𝑅.
𝑅
𝑀
ℎ
a) Despreciando la fuerza de atracción entre las dos
partículas, calcule la tensión de la cuerda si ellas
caen sobre el planeta con la cuerda estirada y dispuesta radialmente.
b) Ahora tome en cuenta la atracción gravitacional entre las dos masas, determine la masa de
las partículas de tal forma que la tensión sea nula.
a) Como la cuerda es ideal, ambas masas caen con la misma aceleración, luego las ecuaciones de
movimiento para las masas son
𝐺𝑀𝑚
− 𝑇 = 𝑚𝑎
𝑅2
Gravitación
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𝐺𝑀𝑚
+ 𝑇 = 𝑚𝑎
(𝑅 + ℎ)2
Restando la primera de la segunda
1
1
1
2𝑇 = 𝐺𝑀𝑚 ( 2 −
) = 𝐺𝑀𝑚 ( 2 −
2
(𝑅 + ℎ)
𝑅
𝑅
1
𝑅 2 (1 +
ℎ 2
𝑅)
)
ℎ
Utilizando la aproximación (1 + 𝑥)𝑛 = 1 + 𝑥𝑛 para 𝑥 ≪ 1, pues 𝑅 ≪ 1, tenemos
𝐺𝑀𝑚 1
1
𝐺𝑀𝑚
𝑅
𝐺𝑀𝑚 𝑅 + 2ℎ − 𝑅
( 2−
)=
(1 −
)=
(
)
2
2ℎ
2
𝑅
2𝑅
𝑅 + 2ℎ
2𝑅 2
𝑅 + 2ℎ
𝑅 2 (1 + )
𝑅
𝐺𝑀𝑚ℎ
𝑇≈
𝑅3
b) Para que la tensión sea nula, el valor obtenido en la parte (a) debe ser igual a la magnitud de la
fuerza gravitacional entre las partículas. De esta forma
𝑇≈
𝑇=
𝐺𝑀𝑚ℎ 𝐺𝑚2
= 2
𝑅3
ℎ
3
ℎ
𝑚=𝑀 3
𝑅
 Problema 3: Ejercicio 6 primavera año 2000, Prof. Hugo Arellano.
Tres satélites idénticos de masa 𝑚 orbitan manteniendo la configuración
equilátera que se muestra en la figura. El radio de la órbita de cada
satélite 𝑅 y la interacción entre ellos es puramente gravitacional.
Determine el periodo de órbita del sistema. Considere a cada satélite en
movimiento circunferencial en torno a un centro común.
𝑅
𝑚
El problema es simétrico por lo que solo es necesario analizar un satélite.
La distancia 𝑑 que separa a los satélites es, por teorema del coseno
𝑑2 = 𝑅 2 + 𝑅 2 − 2𝑅 2 cos 120
𝑑2 = 3𝑅 2
Luego, el módulo de la fuerza que ejerce un satélite sobre otro es
𝐹=
𝐺𝑚𝑚 𝐺𝑚2
=
𝑑2
3𝑅 2
Analicemos el satélite superior. El ángulo que forma la fuerza gravitacional con el radio de la
circunferencia de la figura es 30°. Con esto, las ecuaciones de movimiento son
𝑒𝑗𝑒 𝑥: 𝐹 sin 30 − 𝐹 sin 30 = 𝑚𝑎 = 0
𝑒𝑗𝑒 𝑦: −𝐹 cos 30° − 𝐹 cos 30° = −𝑚𝑎𝑐
Desarrollando esta última expresión
Gravitación
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2
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𝐺𝑚2 √3 𝑚𝑣 2
=
3𝑅 2 2
𝑅
𝑣2 =
√3 𝐺𝑚
3 𝑅
Además
𝑣=
2𝜋𝑅
𝑇
Así
𝑇=
2𝜋𝑅 2𝜋𝑅
√3𝑅
= 2𝜋𝑅√
𝑣
𝐺𝑚
√√3 𝐺𝑚
3 𝑅
 Problema 4
El Principito logra saltar una altura máxima h (0.5 m) en la superficie
terrestre. Si este personaje posa en lugar donde vive: el asteroide B612,
de densidad igual a la de Tierra, el cual posee 3 volcanes, 2 de ellos
activos, un rosa y muchas semillas de baobabs, y salta de la misma
forma, El Principito logra escapar de él. Determine el radio de B612
para que esto sea posible, suponiendo que B 612 es esférico y mucho más
masivo que El Principito. El radio 𝑅𝑇 de Tierra es 6400 km.
Nota: El Principito es el personaje principal del libro del mismo nombre,
Le Petit Prince, escrito por el aviador francés Antoine de Saint-Exupéry
(Lyon, 29 de junio de 1900 – Mar Mediterráneo, 31 de julio de 1944).
Primero conservamos la energía en la Tierra, para determinar la energía con que salta El Principito
𝐾 + 𝑈𝑖 = 𝑈𝑓
𝐾−
𝐺𝑀𝑇 𝑚
𝐺𝑀𝑇 𝑚
=−
𝑅𝑇
𝑅𝑇 + ℎ
1
1
𝐾 = 𝐺𝑀𝑇 𝑚 ( −
)
𝑅𝑇 𝑅𝑇 + ℎ
Ahora conservamos la energía para El Principito en el asteroide B612, imponiendo las condiciones
para que nuestro personaje salte con la velocidad de escape
𝐾 + 𝑈𝑖′ = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓′
1
1
𝐺𝑀𝐵 𝑚
𝐺𝑀𝑇 𝑚 ( −
)−
=0
𝑅𝑇 𝑅𝑇 + ℎ
𝑅𝐵
1
1
𝑀𝐵
𝑀𝑇 ( −
)=
𝑅𝑇 𝑅𝑇 + ℎ
𝑅𝐵
La masa de cada planeta está dada por
Gravitación
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4
𝑀 = 𝜌𝑉 = 𝜋𝑅 3 𝜌
3
Remplazando
4
𝜋𝑅𝐵 3 𝜌
4
1
1
3
3
𝜋𝑅 𝜌 ( −
)=
3 𝑇
𝑅𝑇 𝑅𝑇 + ℎ
𝑅𝐵
𝑅𝑇 3 ℎ
= 𝑅𝐵 2
𝑅𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)
ℎ
𝑅𝐵 = 𝑅𝑇 √
≈ √𝑅𝑇 ℎ
𝑅𝑇 + ℎ
Evaluando numéricamente se obtiene
𝑅𝐵 = 1788.85 𝑚
 Problema 5
Encuentre la aceleración de gravedad que
experimenta una partícula ubicada en un punto
P, situado a una distancia 3R de la superficie
de una esfera sólida de densidad de masa 𝜌,
𝑅
que tiene una cavidad esférica de radio 4
𝑃
𝑅
centrada a una distancia 4 del centro de la
esfera. El punto P y los centros de la esfera y la
cavidad están alineados.
El campo gravitacional, al igual que la fuerza gravitacional, sigue el principio de superposición, por
lo cual se cumple
𝑔𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝑔𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑐𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 + 𝑔𝑐𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑐𝑜𝑛 𝑚𝑎𝑠𝑎
donde el último término hace referencia a una esfera masiva que se encuentra en el lugar de la
cavidad. Luego
𝑔𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑐𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 = 𝑔𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑎 − 𝑔𝑐𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑐𝑜𝑛 𝑚𝑎𝑠𝑎
Calculamos los campos para los cuerpos de la derecha de la ecuación. Para la esfera sólida, se tiene
𝑔𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑎
4
𝐺𝜌 3 𝜋𝑅 3
𝐺𝑀
𝐺𝜌𝜋𝑅
=
=
=
2
2
(𝑅 + 3𝑅)
16𝑅
12
Para la cavidad con masa
𝑔𝑐𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑐𝑜𝑛 𝑚𝑎𝑠𝑎 =
Gravitación
𝐺𝑀′
3𝑅
( 4 + 3𝑅)
2
=
4 𝑅 3
𝐺𝜌 3 𝜋 ( 4 )
2
15𝑅
( 4 )
=
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𝐺𝜌𝜋𝑅
675
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Así
𝑔𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑐𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 =
𝐺𝜌𝜋𝑅 𝐺𝜌𝜋𝑅
1
1
−
= 𝐺𝜌𝜋𝑅 ( −
)
12
675
12 675
 Problema 6
Dos partículas de masas m y M estaban inicialmente en reposo, separadas por una distancia que
consideramos infinita. Demuestre que en cualquier instante posterior, su velocidad relativa de
acercamiento debida a la atracción gravitacional es:
2𝐺(𝑀 + 𝑚)
√
𝑑
donde d es la distancia entre ellas.
Por conservación de la energía se tiene
𝐸𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝐸𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
1
1
𝐺𝑚𝑀
0 = 𝐾 + 𝑈 = 𝑚𝑣 2 + 𝑀𝑉 2 −
2
2
𝑑
Donde 𝑣 y 𝑉 son las velocidades de la masa 𝑚 y 𝑀 respectivamente. Notar que la energía potencial
gravitacional se considera para un cuerpo masivo respecto al otro, por este motivo no se debe
considerar dos veces; en otras palabras, con una sola masa no hay energía potencial a considerar, la
cual aparece solo con 2 masas.
Como las partículas se acercan, la velocidad relativa es la suma de ambas velocidades, sin embargo,
tenemos 2 incógnitas y solo una ecuación. La otra ecuación la obtenemos conservando el
momentum lineal, pues no existen fuerzas externas actuando en el sistema.
𝑝⃗𝑖 = 𝑝𝑓⃗
0 = (𝑚𝑣 − 𝑀𝑉)𝑖̂
Despejando 𝑉 y reemplazando en la primera ecuación
𝑚
𝑉= 𝑣
𝑀
2𝐺𝑀𝑚
𝑚 2
= 𝑚𝑣 2 + 𝑀 ( 𝑣)
𝑑
𝑀
2𝐺𝑀𝑚
𝑚2 2
= 𝑚𝑣 2 +
𝑣
𝑑
𝑀
2𝐺𝑀2
𝑣=√
𝑑(𝑀 + 𝑚)
pudiéndose obtener 𝑉
𝑉=
Gravitación
𝑚
2𝐺𝑀2
2𝐺𝑚2
√
=√
𝑀 𝑑(𝑀 + 𝑚)
𝑑(𝑀 + 𝑚)
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Finalmente, la velocidad relativa es la suma de las velocidades pues los cuerpos se acercan
2𝐺
2𝐺
2𝐺
𝑣𝑟𝑒𝑙 = 𝑣 + 𝑉 = 𝑀√
+ 𝑚√
= (𝑀 + 𝑚)√
𝑑(𝑀 + 𝑚)
𝑑(𝑀 + 𝑚)
𝑑(𝑀 + 𝑚)
2𝐺(𝑀 + 𝑚)
𝑣𝑟𝑒𝑙 = √
𝑑
 Problema 7
3𝑅
Considere un casquete esférico fijo, muy delgado, de densidad
uniforme, radio R y masa M, que posee dos orificios que lo
perforan en posiciones diametralmente opuestas. Una masa
puntual 𝑚 se encuentra inicialmente en reposo a una distancia 3R
de su centro sobre la línea que une las perforaciones. Encuentre
el tiempo que tarda la masa 𝑚 en cruzar el casquete de un
extremo al otro.
En primer lugar, se debe tener en cuenta que la fuerza gravitacional y la energía potencial se deben
a volúmenes de masa encerrados por cierta superficie. Dentro de este casquete no hay masa
encerrada, por lo que la energía potencial al interior de esta es nula.
Conservando la energía tenemos
𝐾𝑖 + 𝑈𝑖 = 𝐾𝑓 + 𝑈𝑓
0−
𝐺𝑀𝑚 1
𝐺𝑀𝑚
= 𝑚𝑣 2 −
3𝑅
2
𝑅
2𝐺𝑀
1
𝑣2 =
(1 − )
𝑅
3
𝐺𝑀
𝑣 = 2√
3𝑅
Luego, el tiempo que se demora en cruzar el planeta es
𝑡=
𝑑
=
𝑣
2𝑅
𝐺𝑀
2√ 3𝑅
3𝑅
𝑡=𝑅√
𝐺𝑀
 Problema 8
Demuestre la 3ra Ley de Kepler para órbitas circulares y determine el valor de la constante de
Kepler.
Gravitación
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Como la única fuerza que actúa es la gravitacional, se tiene
𝐹𝑔 = 𝑚𝑎
𝐺𝑀𝑆 𝑚 𝑚𝑣 2
=
𝑅2
𝑅
donde 𝑣 es la velocidad lineal del planeta, 𝑅 el radio de la órbita, 𝑚 la masa del planeta, 𝑀𝑆 la masa
del Sol y 𝐺 la constante gravitacional.
Para una órbita circunferencial se cumple
2𝜋𝑅
𝑇
donde T es el periodo con que orbita el planeta. Remplazando en la ecuación anterior previamente
simplificada
𝑣=
2𝜋𝑅 2 𝐺𝑀𝑆
(
) =
𝑇
𝑅
De esta forma
𝑇2
4𝜋 2
=
𝐾
=
𝑅3
𝐺𝑀𝑆
 Problema 9
El sistema binario de Plaskett se compone de dos estrellas que giran en una órbita circular en
torno de un centro de gravedad situado a la mitad entre ellas, lo que significa que las masas de
las dos estrellas son iguales. Si la velocidad orbital de cada estrella es v y el periodo de cada
una es de T, calcule la masa de cada estrella. Encuentre la energía total de este sistema.
Sea 𝐷 la distancia que separa a las estrellas y 𝑀 la masa de cada estrella. La ecuación de movimiento
para cada estrella es
𝐺𝑀2
2𝑣 2
=
𝑀𝑎
=
𝑀
𝐷2
𝐷
donde se usó el hecho que el radio de la circunferencia que describe cada planeta es la mitad de la
distancia entre ambos.
Además, en un periodo, cada planeta describe una circunferencia, por lo que se cumple
𝐷
2
𝑣𝑇
𝐷=
𝜋
𝑣𝑇 = 2𝜋
Usando la 3ra Ley de Kepler, tenemos
𝐷 3 𝐺𝑀
( ) = 2 𝑇2
2
4𝜋
3 𝐺𝑀
𝐷 = 2 √ 2 𝑇2
4𝜋
Simplificando la ecuación de movimiento y remplazando esto
Gravitación
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𝐺𝑀
= 2𝑣 2
𝐷
𝑀=
2𝑣 2 𝐷 2𝑣 2 3 𝐺𝑀 2
=
2√ 2 𝑇
𝐺
𝐺
4𝜋
𝑀3 =
24 𝑣 6 𝐺𝑀 2
𝑇
𝐺 3 4𝜋 2
𝑀=
2𝑣 3 𝑇
𝜋𝐺
La energía del sistema es
1
𝐺𝑀𝑀
𝐸 = 𝐾 + 𝑈 = 2 𝑀𝑣 2 −
2
𝐷
Notemos que solo la energía cinética se multiplica por 2 ya que la energía potencial gravitacional es
entre ambos cuerpos, de forma tal que si solo tuviésemos un cuerpo, la fuerza gravitacional sería
nula. Remplazando el valor obtenido para la masa
2
2𝑣 5 𝑇
2𝑣 3 𝑇 𝜋
𝐸=
−𝐺(
)
𝜋𝐺
𝜋𝐺
𝑣𝑇
𝐸=
2𝑣 5 𝑇 4𝑣 5 𝑇
2𝑣 5 𝑇
−
=−
𝜋𝐺
𝜋𝐺
𝜋𝐺
 Problema 10: Pregunta 3 control 3, semestre otoño 2012
Dos satélites idénticos son lanzados desde el polo
norte. La masa de la Tierra la denominamos M y
su radio R. Uno de ellos es lanzado verticalmente y
alcanza una altura máxima de 2R, medida desde el
centro de la tierra. El otro satélite se lanza
tangencialmente y en el punto que alcanza su
máximo alejamiento se encuentra a una distancia
4R del centro de la tierra. Calcule la velocidad de
lanzamiento de cada satélite.
4𝑅
2𝑅
Para el primer satélite, conservamos la energía
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
1
𝐺𝑀𝑚
𝐺𝑀𝑚
𝑚𝑣1 2 −
=−
2
𝑅
2𝑅
1
1
𝑣1 2 = 2𝐺𝑀 ( − )
𝑅 2𝑅
𝑣1 = √
𝐺𝑀
𝑅
Repetimos la acción para el segundo satélite
𝐸𝑖 = 𝐸𝑓
Gravitación
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1
𝐺𝑀𝑚 1
𝐺𝑀𝑚
𝑚𝑣𝑖 2 2 −
= 𝑚𝑣𝑓 2 −
2
2
𝑅
2
2𝑅
Dado que tenemos dos incógnitas, recurrimos a la conservación del momentum angular en los
puntos donde el vector posición es perpendicular a la velocidad, es decir, cuando se lanza y en su
punto más lejano
𝑙𝑖 = 𝑙𝑓
𝑚𝑣𝑖 2 𝑅𝑇 = 𝑚𝑣𝑓 4𝑅𝑇
2
𝑣𝑓
2
𝑣𝑖
= 2
4
Reemplazando en la ecuación de energía
𝑣𝑖 2 𝐺𝑀𝑚
1
𝐺𝑀𝑚 1
𝑚𝑣𝑖 2 2 −
= 𝑚 ( 2) −
2
𝑅
2
4
4𝑅
2
𝑣
2𝐺𝑀 2𝐺𝑀
𝑖
𝑣𝑖 2 2 − ( 2 ) =
−
4
𝑅
4𝑅
15 2 3 𝐺𝑀
𝑣
=
16 𝑖 2
2 𝑅
8 𝐺𝑀
𝑣𝑖 2 = √
5 𝑅
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